Thuyết tương đối hẹp

Chuyển động tương đối Trung Quốc Trong hệ quy chiếu gắn với Lee đang đứng yên so với đất, Zhang và nhóm bạn chuyển động sang phải với vận tốc tương đối tính v, còn Wang và các bạn của mì

Thuyết tương đối hẹp

5.1 Chuyển động tương đối (Trung Quốc)

Trong hệ quy chiếu gắn với Lee đang đứng yên so với đất, Zhang và nhóm bạn chuyển động sang

phải với vận tốc tương đối tính v, còn Wang và các bạn của mình chuyển động sang trái với cùng vận tốc

v Khi còn ở cùng một chỗ, cả ba người đều chỉnh đồng hồ của mình về không Lee đứng quan sát trên

mặt đất và khi thấy khoảng cách giữa nhóm của Zhang và Wang là L (trong hệ quy chiếu của Lee) thì Lee

nhìn thấy Zhang và nhóm bạn vỗ tay Cho biết công thức tính vận tốc tương đối giữa Zhang và Wang:

2 c v

1





  Trong đó, v

c

  , c là vận tốc ánh sáng

1) Đồng hồ của Zhang chỉ bao nhiêu khi Zhang và nhóm bạn vỗ tay?

2) Trong hệ quy chiếu gắn với nhóm Wang, khi họ nhìn thấy Zhang vỗ tay, họ cũng vỗ tay đáp trả Trong

hệ quy chiếu gắn với nhóm Zhang, khi họ nhìn thấy nhóm Wang vỗ tay, họ vỗ tay lần thứ hai Nhóm Wang, trong hệ quy chiếu của mình, khi nhìn thấy nhóm Zhang vỗ tay cũng vỗ tay lần hai Cứ tiếp tục

như vậy, khi nhóm Zhang vỗ tay lần thứ n, các nhóm Wang và Zhang ở cách xa nhau bao nhiêu nếu quan

sát từ hệ quy chiếu mặt đất (của Lee)?

3) Trong hệ quy chiếu đứng yên gắn với nhóm Lee, các nhóm Zhang và Wang vỗ tay ở những thời điểm nào? Có nhận xét gì về thứ tự các thời điểm này?

5.2 Cuộc chạm trán với người ngoài hành tinh (Mỹ)

Trong các bài toán về thuyết tương đối hẹp người ta hay sử dụng bất biến khoảng cách ∆s, đó là một đại lượng rất quan trọng và được định nghĩa bằng

( s)  (c t)  ( x)  ( y)  ( z)  , trong đó c = 3 × 108 m/s là vận tốc ánh sáng

Phần 1

Xét chuyển động của một vật ném xiên với vận tốc đầu v0 hợp với phương ngang một góc θ0 Giả sử

gia tốc rơi tự do g có giá trị không đổi trong quá trình chuyển động của vật ném xiên.

1a) Hãy thiết lập biểu thức tính bất biến khoảng cách cho vật ném xiên như một hàm của thời gian t, gốc thời gian t = 0 được tính từ lúc vật bắt đầu được ném Kết quả biểu diễn qua một hoặc tất cả các đại lưọng

θ0 , v 0 , c, g, và t.

1b) Bán kính cong của quỹ đạo của một vật có thể được ước lượng nếu giả sử rằng quỹ đạo là một phần của đường tròn, được xác định bởi khoảng cách giữa hai điểm đầu và độ cao cực đại so với đường thẳng nối hai điểm đầu đó Giả thiết ta sử dụng bất biến khoảng cách như được định nghĩa ở trên, hãy tìm bán kính cong của quỹ đạo vật ném xiên như một hàm của một hoặc tất cả các đại lượng θ0 , v 0 , c và g Giả

thiết vật rơi ở cùng độ cao với điểm ném, và giả thiết chuyển động của vật không phải là tương đối tính,

nghĩa là v 0 ≪ c, để có thể bỏ qua các số hạng chứa v

c.

Phần 2

Một con tàu vũ trụ ở rất xa trường hấp dẫn của các vật thể khác đang tăng tốc theo chiều dương của

trục x với gia tốc không đổi g đối với hệ quy chiếu gắn với tàu Phi công Fred đứng ở đầu phải của tàu

hướng một chùm laser vào một người ngoài hành tinh (Alien) ở đầu trái của tàu Khoảng cách của hai

người là d thỏa mãn dg ≪ c 2 để có thể bỏ qua các số hạng chứa dg / c22

2a) Hãy phác dạng quỹ đạo chuyển động của Fred và người ngoài hành tinh trên trục tọa độ mà trục

hoành là tọa độ x, còn trục tung biểu diễn đại lượng ct - tích của thời gian và vận tốc ánh sáng Đồ thị không cần vẽ theo đúng tỷ lệ, Chú ý các trục ct và x bố trí ngược so với thông thường Giả sử rằng tàu có vận tốc v = 0 ở thời điểm t = 0 và đang ở vị trí x = 0 Hãy chỉ rõ các đường tiệm cận và hệ số góc của các

đường tiệm cận

2b) Nếu tần số của tia laser do Fred phát đi là f 1, xác định tần số laser mà người ngoài hành tinh nhận

được Cho biết f 1 ≪ c / d.

5.3 Đo đạc trong không gian (Romania)

Giả sử bạn là một thành viên của phi hành đoàn của ISS7 (Trạm vũ trụ quốc tế thế hệ thứ 7)

Phần 1

Ở gần trạm ISS7, hai tàu vũ trụ đang di chuyển với các vận tốc v A = 2c / 3 và v B = 3c/4, trong đó c là

vận tốc ánh sáng trong chân không Bạn được yêu cầu thiết lập công thức và tính toán vận tốc tương đối của hai tàu, áp dụng cả cơ học cổ điển và thuyết tương đối hẹp, trong những tình huống sau đây:

1a) một trong hai tàu đuổi bắt tàu kia, cả hai di chuyển theo cùng một hướng;

1b) hai tàu di chuyển đến gặp với nhau;

1c) hai tàu di chuyển theo các hướng vuông góc;

1d) hai tàu di chuyển theo các hướng tạo với nhau cho một góc  / 6rad

Phần 2.

Trong một thí nghiệm dưới điều kiện không trọng lượng người ta sử dụng một con lắc dao động điều

hòa với lò xo tuyến tính có độ cứng k và vật khối lượng m 1

2a) Xác định khối lượng m 2 của một vật gắn thêm vào vật m 1 để chu kỳ dao động tăng thêm một khoảng

bằng f lần chu kỳ ban đầu.

2b) Bạn rời khỏi ISS7 và tiếp tục thí nghiệm trên một tàu vũ trụ di chuyển với tốc độ tương đối tính v=const Nếu biên độ dao động là A, xác định chu kỳ dao động của vật m 1, xem xét dao động xảy ra trong con tàu chuyển động

5.4 Vụ nổ lớn (Kazhakstan)

Tạo ra và nghiên cứu các tính chất của các hạt cơ bản là bài toán quan trọng của Vật lý hiện đại Đặc

biệt thú vị là việc phát hiện ra các hạt rất nặng Để tạo ra một hạt có khối lượng M cần tốn năng lượng

Mc 2

Khi có đủ năng lượng, hạt đang tìm kiếm có thể được tạo ra từ va chạm của các hạt khác đang chuyển động rất nhanh Ví dụ, khi một proton chuyển động nhanh va chạm với một proton tương tự sẽ tỏa ra

năng lượng Giả thiết proton có khối lượng nghỉ m p , động năng K, va chạm với một proton giống như vậy, nhưng đang đứng yên Kết quả là xuất hiện hạt có khối lượng nghỉ M.

1) Tìm M, biểu diễn theo K, m p và vận tốc ánh sáng c.

2) Cần phải thay đổi K như thế nào để xuất hiện hạt khối lượng 3M Giả thiết, động năng của proton bay

đến lớn hơn rất nhiều năng lượng nghỉ

Rất nhiều máy gia tốc hạt hiện đại như CERN (châu Âu), Fermilab (Chicago), SLAC (Stanford), và DESY (Đức) sử dụng hai chùm hạt va chạm (colliding beams) Máy gia tốc kiểu như vậy gọi là máy va

chạm Ta xét hai hạt giống hệt nhau có khối lượng nghỉ m và động năng mỗi hạt K/2 Kết quả va chạm là tạo ra hạt có khối lượng nghỉ M.

3) Tìm M trong trường hợp này, biểu diễn qua K, m và c.

4) Cần phải thay đổi K như thế nào để xuất hiện hạt khối lựợng 3M Giả thiết, động năng của các hạt lớn

hơn rất nhiều năng lượng nghỉ

LỜI GIẢI

5.1 Chuyển động tương đối (Trung Quốc)

1) Khi Lee nhìn thấy nhóm Zhang vỗ tay, đồng hồ của Lee chỉ là

/ 2 2

t

   (1)

Hệ quy chiếu của Zhang chuyển động so với hệ quy chiếu của Lee nên thời gian ngắn hơn hệ đứng yên Khi nhóm Zhang vỗ tay thì đồng hồ của họ chỉ

2

2

2

      (2) 2) Xét trong hệ quy chiếu của Wang thì Zhang đang chuyển động với vận tốc v r Do đó thời điểm nhóm

Zhang vỗ tay trong hệ Zhang là t1' T, thì hệ Zhang phải thấy dài hơn và là:

" '

t t T (3) Trong đó

2 2

2 2

1

1 v r /c











Lúc này Wang vỗ tay, trong hệ quy chiếu của Wang, vỗ tay xảy ra ở thời điểm:

" "

2 1

t  t T (5) Trong hệ quy chiếu của Zhang, Wang chuyển động với vận tốc v rnên thời gian ở hệ Zhang sẽ lâu hơn:

' " 2

t t  T (6) Tiếp tục như vậy, Zhang sẽ vỗ tay trong hệ của mình ở

' " 2

3 2

t  t T (7) Khi nhóm Zhang vỗ tay lần thứ n thì tổng cộng đã có (2n-1) cái vỗ tay xảy ra từ cả Zhang và Wang Do

đó thời điểm mà Zhang vỗ tay lần n là

' 2( 1)

2 1

n n

t    T (8) Khi trong hệ Zhang mất thời gian '

1

t T thì hai nhóm cách nhau khoảng L trong hệ của Lee Vậy khi trong hệ Zhang thời gian đó là 2' 1 2( 1)

n n

t    T thì khoảng cách phải là:

2( 1) 2 2( 1)

2

1 1

n n

n





   



(9)

3) Cả hai hệ Zhang và Wang đều chuyển động với cùng vận tốc so với Lee, nên Lee quan sát các vỗ tay đều chậm hơn so với từng hệ Zhang hoặc Wang

1/2 2

2





     

(10)

1/2

'' 2 1/2

1









     



(11)

1/2

1











(12)

' 2 1/2 2( 1)

1

n n





 

 



(13)

Nhận thấy t1t2 t3 t2n1 tức là quan hệ nhân quả vẫn bảo toàn

5.2 Cuộc chạm trán với người ngoài hành tinh (Mỹ)

1a) Hạt bắt đầu ở vị trí ct  x y 0 và quỹ đạo có dạng

0

2 0

cos , 1

2

x v t







 

Từ đây

2

1

2

s  ct  v t   v t  gt 

Sau khi biến đổi

sin t g t

s  c  v t  gv  

2b) Vật rơi trở lại mặt đất khi

0sin 2

f

v t

g





0cos ,f f 0

Bất biến khoảng cách cho điểm cuối của quỹ đạo

  2 2

0

sin

v

g





Chiều cao cực đại từ mặt đất

 0 2

max

sin 2

v z

g





Vì zmax << s, ta có hệ thức tương tự trong tam giác

max

max

2

R

2a) Vận tốc của tàu không thể lớn hơn vận tốc ánh sáng, mà tàu lại luôn tăng tốc trong hệ quy chiếu địa phương, nên nó phải đạt tới đường tiệm cận của đồ thị trong hệ tọa độ không - thời gian dưới đây Tuy nhiên có một vấn đề nhỏ, tàu là một vật thể có kích thước, vậy thì hai đầu của nó (Fred và người ngoài hành tinh Alien) có cùng tiến tới một đường tiệm cận không hay hai đường khác nhau?

Cần nhớ rằng theo thuyết tương đối hẹp, vật chuyển động sẽ bị co ngắn lại so với chiều dài trong hệ quy chiếu riêng Khi vận tốc con tàu tiến tới vận tốc ánh sáng, chiều dài của nó sẽ tiến tới không Điều này chỉ

có thể xảy ra nếu hai đầu của nó có gia tốc khác nhau một chút (hình 5.1Sa)

Nếu giả sử hai đầu của tàu có cùng gia tốc (điều này là sai), khi đó hai quỹ đạo sẽ tiến tới hai đường tiệm cận song song cách đều nhau (hình 5.1sb) Nhưng điều này có nghĩa là chiều dài tương đối tính của tàu sẽ

là một hằng số không phụ thuộc vào vận tốc Để điều này xảy thì trong hệ quy chiếu tức thời gắn với tàu, Fred và người ngoài hành tinh phải chuyển động ra xa nhau, tức chiếc tàu sẽ bị kéo dãn ra và cuối cùng sẽ

vỡ vụn

2b) Chọn hệ quy chiếu tức thời gắn với tàu vũ trụ tại thời điểm t = 0 Xét hai chớp laser phát đi từ nhà du hành Chớp 1 phát đi vào thời điểm t = 0, chớp 2 rời Fred vào lúc t = τ1

Chớp 1 chuyển động ngược chiều dương hướng tới người ngoài hành tinh, mà anh ta đang tăng tốc theo chiều dương Gọi t1 là thời điểm người ngoài hành tinh nhận được chớp 1 Ta có:

2

1 2

ct  d gt

Chớp 2 phát đi lúc τ1 Nó cũng chuyển động ngược chiều dương đến gặp người ngoài hành tinh đang tăng tốc theo chiều dương Gọi t2 là thời điểm người ngoài hành tinh nhận được chớp 2

c   g d gt

Chú ý là chớp sáng chuyển động trong thời gian t21! Đặt t2  t1 2,và trong khai triển chỉ giữ các số hạng bậc nhất  t1,

1

2

c    d gt   Biến đổi,

c  gt Nhưng t1 d c/ , suy ra

2 1 1 gd2

c

    

Viết ở dạng tần số

2 1 1 gd2

c

   

Có thể giải bằng cách khác nếu ta theo dõi chuyển động của hai mặt sóng từ Fred đến người ngoài hành tinh Chọn hệ quy chiếu gắn với Fred đứng yên khi anh phát tia sáng đầu tiên Bởi vì f1c d/ , ta có thể giả sử Fred vẫn đứng yên trong khi phát tiếp chớp sang thứ hai; khi đó, do chớp thứ nhất chuyển động tới

gặp người ngoài hành tinh với vận tốc c, họ cách nhau khoảng c/f 1

Vì dg<<c 2

, thời gian cần thiết để tia sáng tới gặp người ngoài hành tinh chủ yếu là do chuyển động của

sóng và bằng d/c Trong khoảng thời gian này tàu tăng tốc đến vận tốc gd/c, và (trong hệ quy chiếu gắn

với Fred) vận tốc tương đối của sóng và người ngoài hành tinh là c gd

c

 Thời gian để mặt sóng tới gặp người ngoài hành tinh

1

2

/ 1

/

Đây là khoảng thời gian xét trong hệ quy chiếu gắn với Fred, sự giãn thời gian vào cỡ

2 2

gd c

  có thể bỏ qua

5.3 Đo đạc trong không gian (Romania)

1a) Sử dụng cơ học cổ điển: v r v B  v A

Kết quả: 1 0.083

12

r

Trong trường hợp tương đối tính, áp dụng công thức biến đổi vận tốc của Einstein với

( , , )x y z A, 0, 0

u u u u u v và v v v v( , , )x y z v v B, 0, 0

'

x

A B x

u

u

 

 

 

 

Từ đây

2 2 2

2

1

A B

A B

v v c





Kết quả: ' 1 0.166

12

1b) Sử dụng cơ học cổ điển: v r v B v A

Kết quả: 17 1.416

12

r

v  c c (kết quả vô lý)

Trong trường hợp tương đối tính, áp dụng công thức biến đổi vận tốc của Einstein với

( , , )x y z A, 0, 0

u u u u u v và v v v v( , , )x y z vv B, 0, 0

'

x

A B x

u

u

 

 

 

 

Từ đây

2

1

A B

A B

v v c





Kết quả: ' 17 0.944

18

1c) Sử dụng cơ học cổ điển: v r  v B2v2A

Kết quả: 145 1.003

12

r

v  c c (kết quả vô lý)

Trong trường hợp tương đối tính, áp dụng công thức biến đổi vận tốc của Einstein với

( , , )x y z A, 0, 0

u u u u u v và v v v v( , , )x y z v0, , 0v B 

2

2 2

'

2 2

2 2

1

1 1

1

x

y

z y

v

c

u

c

v u









Từ đây

2

v v

c

Kết quả: ' 109 0.870

18

1d) Sử dụng cơ học cổ điển: v r  v2Bv A2 2v v A Bcos 

12

r

v   c c (kết quả vô lý)

Trong trường hợp tương đối tính, áp dụng công thức biến đổi vận tốc của Einstein với

( , , )x y z Bcos , Bsin , 0

u u u u u v  v  và v v v v( , , )x y z v v A,0,0

'

'

2

2

'

2

cos

1

0

1

x

A

A

y

A

z

z

x

u

u

v

u

c

u

v

u

c









 

 

 

 





Từ đây

2

2 2

2

2

sin

cos 1

A B

A B

v v

c

v v c









Kết quả: ' 17 9 3 2 3 0.494

3

c

2a) Chu kỳ dao động của con lắc khi vật có khối lượng m1:

1

1 2 m

T

k



 Khi gắn thêm vật m2, chu kỳ dao động sẽ là:

1 2

T

k



Từ đây biểu diễn được khối lượng m2

2 2

1 1

T

T

  

   

  

Từ đề bài

Kết quả: m2 m f1 (2 f).

2b) Bảo toàn năng lượng:

2

1

m c

m c

v c

 

  

  Chu kỳ dao động tương đối tính của vật m1:

1

1

2

2

k

dx

 

    

Trong đó

1

1

2

2

v c

k

    



 

Đổi biến xAsin ;dx Acos d   

1 /2

1

cos

'

2

k











Sử dụng gần đúng

1

m c

Ta có:

1 1

4

m c





Kết quả:

2 1

1

1

3

16

T

 

5.4 Vụ nổ lớn (Kazhakstan)

1) Năng lượng của proton bay đến trước khi va chạm

2

Hệ thức năng lượng – động lượng

2 2 2 2 4

Proton thứ hai đứng yên nên

2

Sau khi va chạm

 

Trong đó Ek, Kk, pk – Tổng năng lượng, tổng động năng và tổng động lượng của hai proton sau va chạm Bảo toàn năng lượng

E1+E2=Ek hay 2 2 2

Bảo toàn động lượng: p 1 =p k

Từ đây:

2

2

p

p

K

m c

2) Nếu K m c p 2, cần phải tăng K lên gấp 9 lần

3) Trong trường hợp này, động lượng của hệ sẽ bằng không, do đó định luật bảo toàn năng lượng:

2 2 2

2

K

mc

4) Bây giờ chỉ cần tăng K lên gấp 3 lần