CHUYÊN đề bồi DƯỠNG học SINH GIỎI THUYẾT TƯƠNG đối hẹp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP Giáo viên: Trần Công Lãm Đơn vị: Trường THPT Chuyên Chu Văn An Điện thoại: 01236.989.013 Email: tranlam82nd@gmail.com Lạng sơn, tháng năm 2015 Trang MỤC LỤC Tran A B I II III IV C I II D E MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Mục tiêu đề tài THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP Các tiên đề Einstein Tiên đề Tiên đề Phép biến đổi Lorentz Các hệ Định lý tổng hợp vận tốc Chứng minh công thức E = mc2 Tính tương đối khối lượng Chứng minh công thức E = mc2 Hiệu ứng Doppler tương đối tính BÀI TẬP VÍ DỤ Bài tập ví dụ Thuyết tương đối hẹp Bài tập ví dụ Hiệu ứng Doppler tương đối tính BÀI TẬP ÁP DỤNG KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO g 2 4 4 4 5 5 10 10 26 31 34 34 A MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong kỳ thi HSGQG thường có phần kiến thức Thuyết tương đối hẹp Để có tài liệu ôn thi cho học sinh, tìm hiểu biên soạn chuyên đề Trong trình tìm hiểu thấy, đa số tài liệu chứng minh công thức liên hệ lượng khối Trang lượng vật thừa nhận công thức tính khối lượng theo vận tốc Đó hạn chế cho người học Quá trình học tập trình tích lũy kiến thức, vận dụng sáng tạo Xin nhắc lại chút lịch sử Thuyết tương đối hẹp: Năm 1905, Albert Einstein 25 tuổi phát minh Thuyết tương đối hẹp Bảy năm sau, vào năm 1912, ông phát minh công thức E = m.c2, có lẽ công thức đẹp vật lý Trong chuyên đề này, xin giới thiệu tới bạn đọc cách chứng minh cho hai công thức trên, hiệu ứng Doppler tương đối tính, số tập áp dụng Thuyết tương đối hẹp Hy vọng chuyên đề nhiều bạn quan tâm, mong nhận ý kiến đóng góp trao đổi bạn đọc để hiểu thêm Thuyết tương đối hẹp Mục tiêu đề tài Mục tiêu đề tài tìm hiểu Thuyết tương đối hẹp; áp dụng vào toán có kỳ thi HSGQG Đề tài không chứng minh các công thức phép biến đổi Lorentz công thức có nhiều tài liệu tham khảo B THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP I Các Tiên Đề Einstein Tiên đề (Nguyên lý tương đối - Galileo Galiei) Mọi tượng vật lý diễn hệ quy chiếu quán tính Tiên đề (Nguyên lý bất biến vận tốc ánh sáng) Trang Vận tốc ánh sáng chân không hệ quy chiếu quán tính, có giá trị c = 3.10 (m/s), vận tốc cực đại tự nhiên II Phép biến đổi Lorentz y y’ O ’ K z O r v x x’ K’ z’ r Giả sử có hai hệ quy chiếu (HQC) quán tính K K ’, K’ chuyển động với vận tốc v so với K dọc theo trục Ox , O ' x ' ≡ Ox , O ' y ' / /Oy , O ' z ' / /Oz thời điểm O trùng với O’ t0 = t0' = Khi O trùng O’, giả sử có tín hiệu sáng phát từ O O ’ thì, theo tiên đề 2, tọa độ tín hiệu hai HQC x = c.t , x ' = c.t ' Vì x ≠ x ' nên t ≠ t ' : thời gian trôi hai HQC khác Với biến cố bất kỳ, phép biến đổi Lorentz cho mối liên hệ tọa độ không gian thời gian biến cố hai HQC sau: v x = γ ( x ' + vt ' ) ; y = y ' ; z = z ' ; ct = γ ( ct ' + β x ' ) ; β = ; γ = c 1− β x ' = γ ( x − vt ) ; y ' = y ; z ' = z ; ct ' = γ ( ct − β x ) ; ≤ β ≤ ≤ γ Các hệ a Sự co ngắn Lorentz Giả sử có đứng yên hệ K ’ đặt dọc theo trục O’x’, độ dài hệ K’ l0 = x2' − x1' Trong hệ K, có chiều dài l = x2 − x1 ; với x1 ; x2 đo đồng thời ' ' Theo phép biến đổi Lorentz ta có x2 − x1 = γ ( ( x2 − x1 ) − v ( t2 − t1 ) ) = γ ( x2 − x1 ) ⇒ l0 = γ l ≥ l : độ dài HQC gắn với có giá trị lớn nhất, ngắn lại HQC chuyển động dọc theo b Sự giãn thời gian Trang Giả sử có trình xảy điểm hệ K ’ ( x2' = x1' ) với khoảng thời gian ∆t ' = t2' − t1' Khi đó, hệ K, trình xảy với khoảng thời gian ( ∆t , ) c∆t = c ( t2 − t1 ) = γ c ( t 2' − t1' ) + β ( x2' − x1' ) = γ c∆t ' ≥ c∆t ' ⇒ ∆t ≥ ∆t ' : khoảng thời gian HQC gắn với trình có giá trị nhỏ nhất, dài HQC chuyển động với trình Định lý tổng hợp vận tốc Với chất điểm, từ phép biến đổi Lorentz, lấy vi phân tọa độ không gian thời gian chất điểm hệ K’, ta có: dx ' = γ ( dx − vdt ) ; dy ' = dy ; dz ' = dz ; cdt ' = γ ( cdt − β dx ) Vận tốc chất điểm hệ K’ dọc theo trục tọa độ: u x' = uy ux − v , u 'y = vu  vu − 2x γ  − 2x c c  III CHỨNG MINH CÔNG THỨC E = mc  ÷  , u z' = uz  vu  γ 1 − 2x ÷ c   Tính tương đối khối lượng Theo tiên đề 2, ta thấy vật chuyển động gần tới vận tốc ánh sáng khó thay đổi vận tốc, tức là, quán tính vật lớn, hay nói cách khác, vật có khối lượng lớn Vậy khối lượng vật thay đổi chuyển động y y’ uur ur ur r F u m F ' u ' m' O O’ r v x x’ Chứng minh công thức E = mc2 * Xét chất điểm chuyển động với thông tin hai HQC hình vẽ Lực tác dụng, vận tốc tức thời khối lượng chất điểm HQC là: ur r + HQC K : F , u , m uur ur + HQC K’ : F ' , u ' , m' Trang r ur d mu Khi đó, theo tiên đề 1, phương trình chuyển động tổng quát chất điểm F = phải dt ( ) bất biến phép biến đổi Lozentz, tức qua phép biến đổi Lorentz ta thu phương uur trình F ' = ur d m' u ' ( ) dt ' ngược lại r ur d mu F= dt ( ) Phép biến đổi Lorentz ur uur d m' u ' F' = dt ' ( ) (1) d ( m 'u ' ) (2) Chiếu (1) lên phương chuyển động, ta được: F= d ( mu ) dt Phép biến đổi Lorentz F = ' dt ' Theo phép biến đổi Lorentz, ta có:  d ( mu ) cd ( mu ) d ( cmu ) = = F = dt cdt γ ( cdt ' + β dx ' )   ' ' ' ' d ( cm 'u ' )  ' d ( m u ) cd ( m u )  F = dt ' = cdt ' = γ cdt − β dx ( )  Theo (2), suy ra:  d ( cmu ) d ( m 'u ' )  = ' ' dt '  γ ( cdt + β dx )  ' '  d ( cm u ) d ( mu ) =  dt  γ ( cdt − β dx ) dt ' d ( cmu ) = dt 'd ( cγ m 'u ' ) + γβ dx 'd ( m 'u ' )  ⇔ ' ' dtd ( cm u ) = dtd ( cγ mu ) − γβ dxd ( mu ) dt ' d ( cmu − cγ m'u ' ) = γβ dx ' d ( m 'u ' )  ⇔ ' ' dtd ( cm u − cγ mu ) = −γβ dxd ( mu )  d ( m 'u ' ) ' ' ' d ( cmu − cγ m u ) = γβ dx = γβ dx ' F ' = γβ dE ' = d ( γβ E ' ) '  dt ⇔ d ( mu )  ' ' d cm u − c γ mu = − γβ dx = −γβ dxF = −γβ dE = d ( −γβ E ) ( )  dt Trang Trong đó, dE = dxF dE ' = dx ' F ' biến thiên lượng chất điểm hệ K K', có giá trị công ngoại lực thực lên chất điểm hệ K K' Từ suy ra: γβ E ' = cmu − γ cm 'u ' + A  ' ' γβ E = −cm u + cγ mu + B ( *) Với A, B số * Nhận xét: Từ (*) ta xét trường hợp sau: + Cho u = u ' = v = 0, β = , với chất điểm, theo (*) ta được: A = B = + Cho u ' = 0; u = v , HQC quán tính K’ gắn với chất điểm, chất điểm chuyển động với vận tốc v không đổi so với HQC quán tính K, theo (*), ta được: γβ E ' = cmv   β E = cmv ⇒  ' mc E = γ    E = mc E = γ E'   Ở E ' lượng chất điểm HQC gắn với chất điểm, đương nhiên có giá trị không đổi, ta gọi lượng nghỉ chất điểm Tiếp theo, ta thấy v = ' HQC quán tính K gắn với chất điểm ta suy E = E = m0 c , m0 khối lượng chất điểm HQC gắn với nó, ta gọi khối lượng nghỉ chất điểm Vậy ta có:  mc 2 m c =  γ   ⇒  E = mc E = γ E '   m = γ m0  '  E = m0 c   E = mc * Kết luận: + Khối lượng vật có tính tương đối, phụ thuộc vào HQC: nhỏ vật đứng yên, gọi khối lượng nghỉ, tăng vật chuyển động Nếu kí hiệu khối lượng nghỉ vật m0 Trang r vật chuyển động với vận tốc v không đổi HQC quán tính khối lượng m = γ m0 = là: m0 v2 1− c ≥ m0 + Nếu kí hiệu lượng vật E vật đứng yên có lượng nghỉ E0 = m0c , chuyển động có lượng toàn phần E , gồm lượng nghỉ động năng: E = mc + Công thức liên hệ lượng toàn phần động lượng vật: ur r r E = m02 c + p 2c , p = mv = m0γ v * Bây ta tổng quát hoá công thức khối lượng tăng theo vận tốc, tức xét vật chuyển động với vận tốc thay đổi, ta cần nghiệm lại tiên đề r Giả sử vận tốc thay đổi vật HQC quán tính K u , lực tác dụng lên vật ur F , khối lượng vật m = γ m0 Trong trường hợp chuyển động vật, ta đưa r ur hai véctơ F u phương với Vậy ta cần xét trường hợp r ur đơn giản u ↑↑ F Khi đó, ta có:   v  m0 − d c   d (mu )  F= = v dt  ' 1 + u c  + +    ÷ d  u ÷ = du  u2 ÷  1− ÷ c   1− u2 + c2 2u 2c u2 1− c 2 u 1− c  ÷ u ÷ u2 ÷ 1− ÷ c   ' ÷dt  u =  u  1 − ÷  c  2 ( i)    ÷ u ÷ du ⇒ d =  u2 ÷  u2   − ÷ 1 − ÷ c   c   ( ii )   '  ÷ u + v c2 −  v2  2 '2  v '÷ v '2 ' '2 ' ( c − v ) − u −  ÷ 1+ u  c + u + 2vu − u − v − 2vu ÷ +  u  c2 − u  c2  =  c  c − = = =  2 ÷ c2 c2 v ' v '  c  2 2 c 1 + u ÷ c 1 + u ÷  c   c  Trang = c2 ( c2 − v2 ) − u ' ( c2 − v2 ) v   c 1 + u ' ÷  c  (c = − v ) ( c − u '2 ) v   c 1 + u ' ÷  c   v  u '2  = 1 − ÷1 − ÷ c  v   c  1 + u ' ÷  c  ( iv ) Thay (iii) (iv) vào (ii), ta được:    v2  '  v ' v ' '   ÷ 1 − ÷du  + u ÷ 1 + u ÷du c c d  u ÷  c     = =  3 2  ÷ '2 '2 2 du u       v v u v u   '  − ÷ 1 + u ÷ 1 − ÷ 1 − ÷ − 1 − ÷ c   c   c   c   c  c  ( v) Thay (v) vào (i), ta được: v2  v  m0 − 1 + u ' ÷du ' c  c  d ( mu ) m0 du ' F= = = 3 dt v ' v  u '2  '  u '2  '   + u ÷ − 1 − ÷ dt 1 − ÷ dt c  c   c   c  Trong HQC K’:     ÷  m0 u' '÷   d u m0 d   u '2 ÷ u '2 − − ' '  ÷  d ( mu ) c2  c2   F'= = = dt ' dt ' dt '  ÷ ÷ ÷ ÷ = ( vi ) m0 du '  u  ' 1 − ÷ dt  c  '2 ( vii ) Vậy từ (vi) (vii), ta thấy dạng định luật II Newton tổng quát giữ nguyên qua phép biến đổi Lorentz Tiên đề nghiệm Những kết kỳ lạ Thuyết tương đối hẹp tìm từ hai tiên đề Einstein Toàn thuyết tương đối hẹp nằm hai tiên đề, mà viết dài có dòng IV HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH N uu rr v N Σ' λ θur NQS vt Σ vcosθγ T cγ T0 Σ Hiệu ứng Doppler tương đối tính Trang r Giả sử nguồn N phát tín hiệu sóng điện từ có tần số f , chuyển động với vận tốc v r người quan sát (NQS - máy thu) đứng yên hình vẽ, θ góc tạo v hướng từ nguồn tới NQS Bắt đầu với tín hiệu Σ , HQC gắn với nguồn, sau khoảng thời gian T0 = lại phát tín hiệu Σ ' Khi đó, HQC gắn với NQS, khoảng thời gian f0 trôi γ T0 , khoảng thời gian này, NQS , tín hiệu Σ dịch chuyển đoạn cγ T0 , nguồn dịch chuyển đoạn vt γ T0 = v cos θγ T0 , nguồn lại phát tín hiệu Σ ' Vậy HQC gắn với NQS, khoảng cách hai tín hiệu nhận được, gọi bước sóng, λ = cγ T0 − v cos θγ T0 , dẫn tới tần số nhận được:  c c  f = = =  v λ cγ T0 − v cos θγ T0 γ T0  − cosθ  c  ÷ f0 − β ÷= ÷ − β cosθ  Khi θ = 900 , ta có hiệu ứng Doppler ngang f = γ f Hiệu ứng Doppler tương đối tính ứng dụng nhiều khoa học kỹ thuật, đặc biệt thiên văn học, nhà thiên văn phát dịch chuyển phía đỏ ánh sáng phát từ sao, thiên hà xa xôi vũ trụ mà đến kết luận vũ trụ giãn nở C BÀI TẬP VÍ DỤ I BÀI TẬP VỀ THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP r Bài : Một chuyển động theo chiều dọc với vận tốc v không đổi HQC quán tính K Hỏi với giá trị v chiều dài HQC ngắn chiều dài riêng η = 0,5% ? r Lời giải: Gọi l0 chiều dài riêng Khi chuyển động với vận tốc v dọc theo v c so với HQC quán tính K chiều dài K l = l0 − β ; β = Theo giả thiết, cần có l = ( − η ) l0 , từ suy vận tốc chuyển động so với K : v = c η ( − η ) ≈ 0,3.108 ( m / s ) Trang 10 E L = ∫ ds = 02 kc vf ∫ v dv  v2  1 − ÷  c  = E0 I kc   vf v v dv 3 I=∫ =c − arcsin  f  v 2f  c  v2   c − −   ÷ c2   c  vf Tính tích phân, ta :  ÷ ÷ ÷÷  ÷ ÷  Suy :   v E0 c  v f k= − arcsin  f L  v2  c  c − 2f c   2 ÷   E0  ÷  ÷ E0 c   E f  ÷ ÷  ÷ − − arcsin −  ÷÷ = L   E0  Ef ÷    ÷ ÷   ÷  ( 6) Từ (5) (6), L = 105 cτ , τ - thời gian năm theo đồng hồ Trái đất, ta : t' = E  L.ln  f ÷  E0      E   E f c  − − arcsin −  ÷ ÷  Ef ÷ ÷   E0 ÷    ÷   = E  105τ ln  f ÷  E0      E   E f  − − arcsin −  ÷ ÷  Ef ÷ ÷   E0 ÷    ÷   Thay số vào ta t ' ≈ 13,3 phút Bài 12 : Trên máy gia tốc tuyến tính Standford (USA), electron gia tốc từ lượng nghỉ 0,5MeV đến 40GeV ống thẳng dài l = 3km Coi trình gia tốc electron diễn dọc theo ống (tức lượng toàn phần tăng tỷ lệ với chiều dai ống), hỏi electron “cảm thấy” chiều dài ống bao nhiêu? Lời giải: Gọi E0 = 0,5MeV ; Ef = 40GeV ; l0 = 3km Với dịch chuyển vi phân dl0 electron ống, coi vận tốc electron không đổi, có r giá trị v Trong HQC gắn với electron, coi chiều dài vi phân dl dịch chuyển với electron r với vận tốc không đổi −v , chiều dài dịch chuyển eletron: dl = dl0 − v2 c2 Theo giả thiết, lượng toàn phần electron tăng tỷ lệ với chiều dài ống: Trang 21 E − E0 dE = k = const ( J m −1 ) ; k = f ( *) dl0 l0 E0 E= 1− v c2 ⇒ dE = E0vdv  v2  c 1 − ÷  c  ⇒ dl0 = E0 vdv ⇒ dl =  v2  kc 1 − ÷  c  E0 vdv  v2  kc  − ÷  c  Vậy chiều dài ống mà electron “cảm thấy” : l l = ∫ dl = E0 kc vf E vdv =− v 2k 1− c ∫ vf ∫  v2  vf d 1 − ÷ c   E E E v   = − ln − = ln  f  2 ÷ v 2k  c  k  E0 1− c  E  l0 ln  f ÷ ÷=   E f  −  E0   ÷  E0  Thay số vào, ta l ≈ 42,34cm Bài 13: Một số nhà nghiên cứu ghi nhận bay đến hạt vũ trụ tới tư nguồn Thiên nga X -3 nằm cách Mặt trời L = 40 nghìn năm ánh sáng Trong số hạt trung hòa giữ hướng đến nguồn bay, người ta nghiên cứu hạt notron (năng lượng nghỉ E0 = 940MeV) Biết notron phân rã với thời gian sống trung bình τ = 940s Xác định lượng notron đủ để đến Trái đất Lời giải: Notron hạt trung hòa, trình tới Trái đất, vận tốc coi không thay đổi, có E E  lượng toàn phần E = γ E0 , từ đây, ta suy vγ = c 1−  ÷ E0  E  ( 1) Trong HQC gắn với Trái đất, độ dịch chuyển vi phân notron ds = vdt = vγ dt0 , với dt0 thời gian vi phân HQC gắn với notron Lấy tích phân vế, ta được: L τ0 0 L = ∫ ds = ∫ vγ dt0 = vγτ ( 2) Từ (1) (2), ta có: E L Eτ L2 E = E0 + 2 ≈ = c τ0 cτ τ0 Trang 22 Thay số vào, ta thu lượng cần thiết để notron tới Trái đất: E= 940.3,156.107.40.103 ≈ 1,3.1012 MeV 940 Bài 14: (Đề thi HSGQG năm học 2014 -2015) ur Dưới tác dụng lực F , hạt có khối lượng nghỉ m0 chuyển động tương đối tính r r r ur r với vận tốc u gia tốc a Tìm mối liên hệ F đại lượng m0, u a ur Dưới tác dụng từ trường B hạt có điện tích q, khối lượng nghỉ m0 chuyển động tương đối tính theo quỹ đạo tròn bán kính R mặt phẳng vuông góc với từ trường Đặt ωB = qB với m khối lượng hạt chuyển động Bỏ qua tác dụng trọng m lực Hãy: a chứng minh hạt chuyển động với vận tốc góc ω = ωB b tìm tốc độ u hạt qua đại lượng q, m0, B R c tìm biểu thức động hạt tính động hạt trường hợp từ trường yếu Lời giải: Theo định luật II Newton, ta có: ur F= r d mu ( ) dt   rr r r r r r  ÷ m u a u r r m m a d  m0 u du du ÷ 0 = + = uur u ÷ = m0 u uur uur uur 3/2 uur 3/2 + 2 dt  dt dt 2     u u u u u 2  1− ÷ − − c − c −  ÷  ÷  ÷  c2 ÷  c2 ÷ c2  c2 c2      ( ) uur Giả sử điện tích q > , hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn tác dụng lực Lorentz f L Lực Lorentz đóng vai trò lực hướng tâm Ta có: mu mu BqR u Bq fL = ⇔ Bqu = ⇒ u= ⇒ ω= = ; m= R R m R m a Vậy hạt chuyển động tròn với tốc độ góc ω = ωB = m0 1− u2 c2 Bq m b Ta có: Trang 23 u= BqR ⇔u= m BqR − u2 c2 ⇒ u= m0 c  m  1+  ÷  BqR  c Động hạt:      ÷   BqR 2 2  ÷ K = mc − m0c = m0c − 1÷ = m0c 1+  − ÷  ÷  ÷ u  m0     1− ÷ c   Khi từ trường yếu  BqR   BqR  1+  ÷ ≈ 1+  ÷ , động hạt tính gần  m0   m0  theo công thức sau: K= B q R 2c 2m0 Bài 15 : (Đại học Wisconsin, Mỹ) Xét thí nghiệm tán xạ lượng cao hai hạt có khối lượng nghỉ m0 , hạt ban đầu đứng yên hạt tiến tới va chạm với xung lượng p lượng toàn phần E a Tìm vận tốc khối tâm hệ v* b Trong giới hạn tương đối tính cực hạn pc ? m0 c , tìm lượng toàn phần E * hệ HQC khối tâm Lời giải : Chọn trục tọa độ Ox trùng với đường thẳng nối hai hạt m G m uur v* m0 x a Vận tốc khối tâm hệ so với HQC phòng TN : uur v* = r ur mv p p p pc * = ;v = = = m + m0 m + m0 m + m0 E + m E + m0c 2 c b Trong HQC gắn với khối tâm, vận tốc hạt : Trang 24 v0G = −v* = − + Hạt đứng yên : + Hạt chuyển động : vmG pc E + m0 c pc pc − E E + m0c v − v* pc = = = ; E = m02 c + p c * 2 vv pc E + m0c 1− 1− c E ( E + m0c ) Ta thấy v0G = −vmG , tổng động lượng hệ HQC khối tâm Năng lượng toàn phần hệ HQC khối tâm : 2m0 c E* = 1− = Em0 c + 2m02 c 2 pc ( E+m c ) 2 Trong giới hạn tương đối tính cực hạn pc ? m0 c , lượng hạt chuyển động so với HQC phòng TN : E = m02c + p 2c ≈ pc Bài 16 : (Đại học Wisconsin, Mỹ) uur Một hạt có khối lượng nghỉ m0 có vận tốc ban đầu v0 dọc theo trục x Từ thời điểm t ur = hạt chịu tác dụng lực F dọc theo trục y Tìm vận tốc hạt thời điểm t bất kỳ, r chứng tỏ v → c t → ∞ Lời giải : r ur d mv F= , m = γ m0 , γ = Phương trình chuyển động hạt : dt ( ) v2 1− c ( *) Chiếu phương trình ( *) lên trục tọa độ : d ( mvx ) = ⇒ mvx = m0γ v0 , γ = + Trục Ox : dt + Trục Oy : d ( mv y ) dt mv y =F⇒ ∫ ⇒ vx = 2 v 1− c m0γ v0 γ v0 = ,γ = γ m0 γ v2 1− c ( 1) t d ( mv y ) = ∫ Fdt ⇒ mv y = Ft + A Trang 25 Lúc t = v y = ⇒ A = , suy : v y = Từ ( 1) ( ) , ta có : v = vx2 + v y2 = Ft Ft = m γ m0 ( 2) γ 02 v02 F 2t γ 02v02 m02 + F 2t γ 02 v02 m02 + F 2t v2 2 + = ⇒ v γ = = v2 γ γ m02 γ m02 m02 1− c γ 02 v02 m02 + F 2t γ 02 v02 m02 + F 2t = c γ 02 v02 m02 + F 2t + m02c γ 02 c m02 + F 2t ⇒v=c Khi t → ∞ v → c II BÀI TẬP VỀ HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH Bài 1: Từ tàu vũ trụ bay Trái đất với vận tốc v = 0,6c người ta thực chương trình truyền hình trực tiếp cho phép quan sát hình tivi mặt đồng hồ tàu Kim giây hình quay vòng phút thời gian Trái đất? Lời giải : Tàu vũ trụ bay Trái đất với tốc độ v = 0, 6c , dùng sóng điện từ có tần số f gửi Trái đất để truyền hình trực tiếp hình ảnh tàu Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính, tín hiệu Trái đất nhận có tần số chu kỳ: f = f0 1− β 1+ β = f0 ; 1− β 1− β T0 = T 1+ β 1− β Trong khoảng thời gian ∆t Trái đất, khoảng thời gian thu tàu ∆t0 : ∆t0 = ∆t 1+ β + 0, = ∆t = 2∆t 1− β − 0, Vậy phút thời gian Trái đất kim giây hình thu quay vòng Bài : Hai tàu vũ trụ tắt động chuyển động đến gặp Trên tàu mũi đuôi đồng thời bật đèn tín hiệu sau giây Trên tàu ngược chiều, nửa giây người ta lại quan r v Trang 26 sát hai chớp sáng cách τ ' = 1µ s Tìm chiều dài tàu thứ vận tốc xích lại gần hai tàu Lời giải : Gọi tàu phát tín hiệu tàu 1, tiến lại tàu với vận tốc v = β c Gọi thời gian hai lần phát tín hiệu từ đầu đuôi tàu phía tàu chu kỳ xung τ , τ = 1s Tần số xung −1 −1 f1 = τ Trên tàu 2, nhận xung với tần số f = τ , τ = 0,5s Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính : f = f1 1− β 1+ β = f1 1− β 1− β τ 22 τ 12 β= = 0, ⇒ γ = = 1, 25 ; v = 0, 6c 2 τ2 − β 1+ τ1 1− Từ đó, suy : Vì hai tín hiệu phát đồng thời từ đầu đuôi tầu nhận tàu cách khoảng thời gian τ ' = 1µ s nên so với HQC gắn với tàu 2, tàu có chiều dài l12 = cτ ' = 300m , chiều dài riêng tàu l10 = γ l12 = 1, 25.300 = 375m Bài : Hai tàu vũ trụ tắt động chuyển động đến gặp Tín hiệu hệ thống định vị tàu bị phản xạ từ tàu đối diện với tần số k = lần lớn tần số tín hiệu phát Biết tàu vũ trụ ngược chiều bay qua hệ thống thu tàu đầu hết τ = 1µ s Tìm chiều dài riêng tàu ngược chiều Lời giải : r v Trang 27 Gọi tàu phát tín hiệu tàu 2, vận tốc tương đối tàu so với tàu v = β c Khi tàu gửi tín hiệu định vị tàu với tần số f tàu thu tín hiệu với tần số f = f 1+ β , sau 1− β phản xạ tín hiệu có tần số f ' = f Tàu nhận tín hiệu phản xạ : f 0' = f ' 1+ β  1+ β = f0  ÷ 1− β 1− β  Theo giả thiết f 0' = f , từ suy ra: β = 0,8 , v = 0,8c , γ = Mặt khác, so với tàu 2, tàu ngược chiều qua hệ thống định vị tàu thời gian τ = 1µ s , chiều dài tàu so với tàu l = vτ = 0,8.3.108.1.10−6 = 240m Chiều dài riêng tàu ngược chiều l0 = γ l = 400m Bài : Một tàu vũ trụ bay hướng Trái đất phát hai xung ngắn liên tiếp cách khoảng τ = phút Sau phản xạ từ Trái đất hai tia trở lại tàu vũ trụ sau thời gian T = 1,5 tháng Khi khoảng thời gian nhận hai tia τ = 15s Tìm khoảng thời gian TTĐ Trái đất kể từ nhận xung đến tàu vũ trụ bay tới Trái đất Xác định vận tốc tàu Các khoảng thời gian τ ,τ ,T ghi theo thời gian tàu Lời giải : + Gọi chu kỳ xung khoảng thời gian hai xung liên tiếp Khi tàu gửi xung có tần số f1 = τ 1−1 Trái đất nhận xung có tần số f = f1 1− β 1+ β = f1 Sau Trái đất phản 1− β 1− β xạ lại xung có tần số f ' = f , tàu nhận xung có tần số f = f ' 1− β 1+ β  = f1  ÷ 1− β 1− β  τ2 τ Với f = τ 2−1 , τ = 60s, τ = 15s ta thu : β = τ = 0, 6; γ = 1, 25; v = 1,8.10 ( m / s ) l10+ τ s r 1− r v v Trang 28 + Trong HQC gắn với Trái đất, giả sử tàu vũ trụ gửi tín hiệu Trái đất cách Trái đất đoạn l0 Sau thời gian t1 tín hiệu tới Trái đất, l0 = ct1 , thời gian cho trình −1 −1 −1 HQC gắn với tàu τ = γ t1 = γ c l0 Lúc này, tàu cách Trái đất đoạn s = l0 − vt1 = l0 ( − β ) , v = β c , quãng đường mà tàu tiếp để tới Trái đất Tín hiệu phản xạ từ Trái đất quay trở lại gặp tàu sau thời gian t2 , ct2 + vt2 = s = l0 ( − β ) , suy t2 = c −1 ( + β ) −1 ( − β ) l0 , thời gian cho trình HQC gắn với tàu τ = c −1γ −1 ( + β ) −1 ( − β ) l0 Theo giả thiết τ + τ = τ , suy : ( τ = γ −1c −1l0 ( + β ) ⇒ l0 = −1 ( − β ) + 1) γ cτ ( − β γ cτ ( + β ) , s= 2 ) Vậy thời gian theo đồng hồ Trái đất kể từ nhận xung đến tàu vũ trụ bay tới Trái đất : s γ (1− β TTĐ = = v 2β ) τ = 1, 25 ( − 0, ) 1,5 = tháng 2.0, Bài : Hai tàu vũ trụ bay hướng Trái đất dọc theo đường thẳng với vận tốc ur uur tương đối tính không đổi v1 v2 (hình vẽ) Tại thời điểm đó, tàu Trái đất gửi cho xung ánh sáng ngắn (tàu gửi cho tàu Trái đất, tàu gửi cho tàu Trái đất, Trái đất gửi cho tàu tàu 2) Biết tín hiệu phát đồng thời HQC gắn với Trái đất Sau thấy thời gian hai lần nhận xung theo đồng hồ tàu τ tàu τ Hỏi thời gian τ lần nhận xung Trái đất ? Lời giải : x l023 l012 v2 v1 Trang 29 Gọi khoảng cách tàu tàu 2, tàu Trái đất lúc tàu Trái đất đồng thời gửi xung ánh sáng ngắn l012 l023 Ta tìm hai khoảng cách theo v1 , v2 , c,τ ,τ , từ tính τ Gọi vận tốc tàu so với tàu v12 , tàu so với tàu v21 , ta có : v12 = c ( β − β1 ) v1 − v2 c ( β1 − β ) = ; v21 = −v12 = vv − β1β − β1β − 22 c − β1 − β2 v v ; α2 = ; β1 = ; β = + β1 + β2 c c α1 = Đặt : γ 21 = γ 12 = 1− 12 v c = ( β1 − β ) ( − β1β ) 1− γ1 = = − β1β (1− β ) (1− β ) = α1−1 ( + β1 ) ; γ = −1 1− β 2 = α1−1.α 2−1 ( + β1 ) −1 = α 2−1 ( + β ) −1 1− β 2 ( + β2 ) ( − β1β2 ) −1 + Trong HQC gắn với Trái đất, gọi thời gian tín hiệu từ Trái đất tới gặp tàu t32 , ta có : ct32 + v2t32 = l023 ⇒ t32 = c −1 ( + β ) l023 −1 Khoảng thời gian HQC gắn với tàu : τ 23 = t32γ 2−1 = c −1 ( + β ) l023α ( + β ) = c −1α 2l023 −1 + Trong HQC gắn với tàu 1, gọi thời gian tín hiệu tàu tới gặp tàu t12 , ta có : v21t12 + l012 = ct12 ⇒ t12 = c −1 ( − β 21 ) l012 = c −1 ( + β1 ) −1 −1 ( − β ) ( − β1β ) l012 , −1 c −1c ( β − β1 ) −1 = ( + β1 ) ( − β ) ( − β1 β ) với − β 21 = − c v21 = − − β1β −1 Khoảng thời gian HQC gắn với tàu : τ 21 = t12γ 12−1 = c −1 ( + β1 ) −1 ( − β ) ( − β1β ) l012α1.α ( + β1 ) ( + β ) ( − β1β ) −1 −1 = c −1α1α 2−1l012 Giả sử HQC gắn với tàu 2, tín hiệu từ Trái đất tới sớm so với tín hiệu từ tàu 1, đó, theo giả thiết, ta có : τ = τ 21 − τ 23 = c −1α1α 2−1l012 − c −1α 2l023 ( 1) Trang 30 + Trong HQC gắn với Trái đất, với tín hiệu tới tàu 1, gọi thời gian truyền t31 , ta có : ct31 + v1t31 = l023 + l012 ⇒ t31 = c −1 ( + β1 ) −1 ( l023 + l012 ) Khoảng thời gian HQC gắn với tàu là: τ 13 = t31γ 1−1 = c −1 ( + β1 ) −1 ( l023 + l012 ) α1 ( + β1 ) = c −1α1 ( l023 + l012 ) + Trong HQC gắn với tàu 2, với tín hiệu gửi tới tàu 1, gọi thời gian truyền t21 , ta có : ct21 + v12t21 = l012 ⇒ t21 = c −1 ( + β12 ) l012 = c −1 ( + β1 ) −1 −1 với + β12 = + c v12 = + −1 ( − β ) ( − β1β2 ) l012 −1 c −1c ( β1 − β ) −1 = ( + β1 ) ( − β ) ( − β1β ) − β1β Khoảng thời gian HQC gắn với tàu : τ 12 = t21γ 21−1 = c −1 ( + β1 ) −1 ( − β ) ( − β1β ) l012α1.α ( + β1 ) ( + β ) ( − β1β ) −1 −1 = c −1α1α 2−1l012 Tín hiệu từ tàu tới sớm so với tín hiệu từ Trái đất, nên theo giả thiết, ta có : τ = τ 13 − τ 12 = c −1α1 ( l023 + l012 ) − c −1α1α 2−1l012 = c −1α1 ( − α 2−1 ) l012 + c −1α1l023 ( 2) Nhân hai vế (1) với α1 , (2) với α , sau đó, cộng hai phương trình lại, ta : l012 = c ( α12α 2−1 + α1α − α1 ) −1 ( α1τ + α 2τ ) ⇒ l023 = c ( α12α 2−1 + α1α − α1 ) ( α1α 2−1 − α1−1α + 1) τ1 + α1 ( α 2−1 − 1) τ  −1 + Trong HQC gắn với Trái đất, gọi thời gian tín hiệu từ tàu tàu tới Trái đất t13 t23 Ta có : ct23 = l023 ; ct13 = l012 + l023 Khoảng thời gian giữa hai lần nhận xung Trái đất : τ = t13 − t23 = c −1l012 = ( α12α 2−1 + α1α − α1 ) −1 ( α1τ + α 2τ ) Ở ta cần lưu ý tij ≠ t ji , τ ij ≠ τ ji Bài : Hai tàu vũ trụ bay hướng phía Trái đất dọc theo đường thẳng với vận tốc v = 0, 6c (hình vẽ) Tại thời điểm đó, tàu Trái đất gửi cho xung ánh sáng ngắn (tàu gửi cho tàu Trái đất, tàu gửi cho tàu Trái đất, Trái đất gửi cho tàu tàu 2) Biết tín hiệu phát đồng thời HQC gắn với Trái Trang 31 đất Sau thấy thời gian hai lần nhận xung theo đồng hồ tàu τ = 1s , tàu τ = Hỏi thời gian τ lần nhận xung Trái đất ? Lời giải : Áp dụng kết thu toán tổng quát trên, ta có : β1 = β = 0, 6; α1 = α = 0,5; τ = 1s ; τ = ⇒ τ = α −1τ = 0,5−1.1 = 2s D BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài : Một tàu vũ trụ rời khỏi Trái đất với vận tốc v = 0,8c Khi tàu cách Trái đất 6, 66.108 km , đo HQC gắn với Trái đất, tín hiệu vô tuyến gửi cho tàu vũ trụ từ người quan sát Trái đất Hỏi tín hiệu tới tàu : a đo HQC gắn với tàu ? b đo HQC gắn với Trái đất ? c Ngoài ra, cho vị trí tàu, nhận tín hiệu, hai HQC Bài : Một sóng ngang đơn sắc với tần số ν lan truyền theo hướng tạo với trục x góc 600 HQC K gắn với nguồn Nguồn chuyển động theo hướng x với vận tốc v = 0,8c theo hướng phía người quan sát đứng yên HQC K ' (trong trục x ' người quan sát song song với trục x ) Người quan sát đo tần số sóng a Xác định tần số đo ν ' theo tần số riêng ν sóng b Xác định góc quan sát HQC K ' Bài : Một tàu có máy phát máy thu tín hiệu Con tàu, rời khỏi Trái đất với vận tốc không đổi, gửi trở lại Trái đất xung tín hiệu bị phản xạ từ Trái đất Bốn mươi giây sau đồng hồ tàu, tàu nhận tín hiệu tần số tín hiệu nhận nửa tần số phát a Tại thời điểm xung rađa bị phản xạ khỏi Trái đất, Trái đất vị trí HQC tàu ? b Vận tốc tàu so với Trái đất ? c Tại thời điểm tàu nhận lại xung rađa tàu đâu đo HQC Trái đất ? Bài : Trang 32 a Một hạt có khối lượng m1 = 1g chuyển động với vận tốc 0,9 lần vận tốc ánh sáng va chạm trực diện dính vào hạt khác đứng yên có khối lượng m2 = 10 g Tìm khối lượng nghỉ vận tốc hạt phức hợp tạo thành ? b Bây giả sử m1 đứng yên Hạt m2 phải chuyển động với vận tốc để hạt phức hợp tạo thành có khối lượng nghỉ kết tìm câu (a) ? c Vẫn giả sử m1 đứng yên, m2 chuyển động với vận tốc để hạt phức hợp tạo thành có vận tốc kết tìm câu (a) ? Bài : Hai hạt giống chuyển động lại gần đường thẳng Trong HQC gắn với khối tâm chúng, động hạt K = α E0 với α số dương, E0 lượng nghỉ hạt Hỏi HQC gắn với hạt hạt có động ? ν Bài : Tại phòng thí nghiệm Fermi, để tạo chùm nowtrino lượng cao trước tiên người ta tạo chùm π (hoặc K ) đơn + + lượng sau cho pion phân rã theo phản ứng π + → µ + +ν Cho biết khối lượng pion muyon π+ θ α µ+ 140 MeV / c 106 MeV / c a Tìm lượng nowtrino sinh trình phân rã HQC đứng yên gắn với π + Trong HQC phòng TN, lượng nowtrino phụ thuộc vào góc phân rã θ (hình vẽ) Giả sử chùm π + có lượng 200GeV b Tìm lượng nowtrino tạo thành hướng tiến ( θ = ) c Tìm giá trị góc phân rã θ mà lượng nowtrino nửa lượng cực đại ' Bài : Xem xét khả tạo thành hạt phát hiện, hạt ψ ( 3, ) , photon va chạm với proton theo phản ứng sau : γ + p → p +ψ ' Trong toán có sở để lấy xấp xỉ khối lượng ψ ' M p , với M p khối lượng proton Ban đầu proton bia trạng thái nghỉ photon chiếu tới có lượng E HQC phòng thí nghiệm Trang 33 a Tìm giá trị tối thiểu lượng E photon để phản ứng xảy Có thể tính kết theo đơn vị M p c ( = 938MeV ) b Tìm vận tốc, nghĩa tỷ số v / c hạt ψ ' photon có lượng E vừa đủ vượt lượng ngưỡng E0 Bài : Một phản hạt proton có lượng E0 tương tác với proton trạng thái nghỉ để tạo hai hạt có khối lượng mx Trong HQC phòng TN, người ta phát hai hạt tạo thành góc 900 so với chùm tới Tìm lượng toàn phần ( Es ) hạt chứng tỏ không phụ thuộc vào mx vào E0 Bài : Một chùm electron bị tán xạ bia tán xạ cố định hình vẽ Các electron bị tán xạ đàn hồi Mỗi electron có lượng E = m0 c chùm electron có thông lượng 450 450 Q electron/giây a Tìm vận tốc chùm electron tới b Tìm độ lớn phương lực mà chùm electron tác dụng lên bia tán xạ ? π Bài 10 : Một meson π có xung lượng 5mπ c va chạm đàn hồi với proton ( m p = 7mπ ) ban đầu đứng yên (hình vẽ) a Tìm vận tốc HQC khối tâm ? π p b Tìm lượng toàn phần HQC khối tâm ? c Xác định xung lượng pion tới HQC khối p tâm E KẾT LUẬN Trên phần nội dung Thuyết tương đối hẹp số tập áp dụng tìm hiểu, nghiên cứu giải Còn nhiều phần kiến thức dạng tập cách giải khác mà cần phải tìm hiểu làm nhiều hiểu nắm vững Thuyết tương đối hẹp Albert Einstein Với kiến thức hạn chế, không tránh khỏi thiếu sót, mong nhận ý kiến đóng góp trao đổi Trang 34 bạn đồng nghiệp em học sinh để hiểu thêm Thuyết tương đối hẹp, giúp cho trình học tập nghiên cứu ngày tốt TÀI LIỆU THAM KHẢO: - Yung-Kuo Lim, Bài tập lời giải học - PGS.TS Phan Hồng Liên, Tuyển tập tập vật lý đại cương - I.E Irôđôp, I.V.Xavaliep, O.I.Damsa, Tuyển tập tập vật lý đại cương - Vũ Thanh Khiết – Vũ Đình Túy, Các đề thi học sinh giỏi 2001-2010 - Ronald – Gautreau William Savin, Vật lý đại Hết Trang 35 [...]... cũng như các em học sinh để có thể hiểu thêm về Thuyết tương đối hẹp, giúp cho quá trình học tập và nghiên cứu ngày càng tốt hơn TÀI LIỆU THAM KHẢO: - Yung-Kuo Lim, Bài tập và lời giải cơ học - PGS.TS Phan Hồng Liên, Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương - I.E Irôđôp, I.V.Xavaliep, O.I.Damsa, Tuyển tập các bài tập vật lý đại cương - Vũ Thanh Khiết – Vũ Đình Túy, Các đề thi học sinh giỏi 2001-2010 -... trong HQC khối p tâm E KẾT LUẬN Trên đây là một phần nội dung cơ bản của Thuyết tương đối hẹp cùng một số bài tập áp dụng do tôi tìm hiểu, nghiên cứu và giải ra Còn nhiều phần kiến thức và các dạng bài tập cùng các cách giải khác nữa mà chúng ta cần phải tìm hiểu và làm nhiều mới có thể hiểu và nắm vững được Thuyết tương đối hẹp của Albert Einstein Với kiến thức còn hạn chế, chắc không tránh khỏi những... 940.3,156.107.40.103 ≈ 1,3.1012 MeV 940 Bài 14: (Đề thi HSGQG năm học 2014 -2015) ur 1 Dưới tác dụng của lực F , một hạt có khối lượng nghỉ m0 chuyển động tương đối tính r r r ur r với vận tốc u và gia tốc a Tìm mối liên hệ giữa F và các đại lượng m0, u và a ur 2 Dưới tác dụng của từ trường đều B một hạt có điện tích q, khối lượng nghỉ m0 chuyển động tương đối tính theo quỹ đạo tròn bán kính R trong mặt... ) = 0,941c > u = 0,8c 2 ur u 'y 0, 226c ' ' γ = 0, 248 ⇒ γ = 13055' Gọi góc tạo bởi u và trục x là , ta có : tan γ = ' = u x 0,913c Bài 7 : (Đề thi chọn đội tuyển dự thi Ipho năm 2008) Cho một hạt điện tích q > 0 chuyển động tương đối tính trong một điện trường đều ur ur E = { E ;0} thuộc mặt phẳng Oxy Lúc t = 0, hạt đi qua gốc tọa độ với động lượng p = { 0, p0 } Biết khối lượng nghỉ của hạt là m0... thanh Bài 6 : Một hạt chuyển động với tốc độ 0,8c và tạo với trục x một góc 300 đối với một quan sát viên O Xác định vận tốc của hạt đối với một quan sát viên O ' chuyển động dọc theo trục chung x − x ' với vận tốc v = −0, 6c Lời giải: Đối với quan sát viên O , ta có : u x = u cos α ; u y = u sin α với u = 0,8c ; α = 300 Đối với quan sát viên O ' , theo phép biến đổi Lorentz các vận tốc : Trang 13... tâm bằng 0 Năng lượng toàn phần của hệ trong HQC khối tâm : 2m0 c 2 E* = 1− = 2 Em0 c 2 + 2m02 c 4 2 2 pc ( E+m c ) 2 2 0 Trong giới hạn tương đối tính cực hạn pc ? m0 c 2 , năng lượng của hạt chuyển động so với HQC phòng TN là : E = m02c 4 + p 2c 2 ≈ pc Bài 16 : (Đại học Wisconsin, Mỹ) uur Một hạt có khối lượng nghỉ m0 và có vận tốc ban đầu v0 dọc theo trục x Từ thời điểm t ur = 0 hạt chịu tác dụng... đến gặp nhau Tín hiệu của hệ thống định vị trên tàu bị phản xạ từ tàu đối diện với tần số k = 9 lần lớn hơn tần số tín hiệu phát đi Biết rằng tàu vũ trụ ngược chiều bay qua hệ thống thu trên tàu đầu hết τ = 1µ s Tìm chiều dài riêng của tàu đi ngược chiều Lời giải : 1 2 r v Trang 27 Gọi tàu phát tín hiệu là tàu 2, vận tốc tương đối của tàu 1 so với tàu 2 là v = β c Khi tàu 2 gửi tín hiệu định vị tàu... tan ϕ = uy ux = p0 c 2 m02c 4 + 2 p02 c 2 = p0 m02c 2 + 2 p02 = 1 ; ϕ = 450 Bài 8 : (Đề thi chọn đội tuyển dự thi Ipho năm 2009) r Trong HQC K’ (O’x’y’z’) chuyển động với vận tốc v không đổi dọc theo trục O ’x’ (O’x’ trùng với trục Ox, O’y’ và O’z’ lần lượt song song với Oy và Oz) đối với HQC K (Oxyz) Tìm ur gia tốc a ' tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời điểm trong hệ K hạt này chuyển động với... m0  đúng theo công thức sau: K= B 2 q 2 R 2c 2 2m0 Bài 15 : (Đại học Wisconsin, Mỹ) Xét thí nghiệm tán xạ ở năng lượng rất cao giữa hai hạt có cùng khối lượng nghỉ m0 , trong đó một hạt ban đầu đứng yên còn hạt kia tiến tới va chạm với xung lượng p và năng lượng toàn phần E a Tìm vận tốc khối tâm của hệ v* 2 b Trong giới hạn tương đối tính cực hạn pc ? m0 c , tìm năng lượng toàn phần E * của hệ trong... gian của Trái đất? Lời giải : Tàu vũ trụ đang bay về Trái đất với tốc độ v = 0, 6c , dùng sóng điện từ có tần số f 0 gửi về Trái đất để truyền hình trực tiếp hình ảnh trên tàu Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính, tín hiệu Trái đất nhận được sẽ có tần số và chu kỳ: f = f0 1− β 2 1+ β = f0 ; 1− β 1− β T0 = T 1+ β 1− β Trong khoảng thời gian ∆t trên Trái đất, khoảng thời gian thu được trên tàu là ∆t0