763105P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN 1 Ratkaisut 5 Kevät 2013

Koko: px

Aloita esitys sivulta:

Download "763105P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN 1 Ratkaisut 5 Kevät 2013"

Krista Järvenpää
6 vuotta sitten
Katselukertoja:

1 7635P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN Ratkaisut 5 Keät 23. Aberraatio suhteellisuusteoriassa Tulkoon alo kuten tehtään kuassa (x, y)-tason x, y > neljänneksestä: u u x ˆx + u y ŷ c cos θ ˆx c sin θ ŷ. () Lorenz muunnos nopeuksille antaa nopeuden u u x ˆx + u yŷ koordinaatistossa K : Sijoitetaan u x ja u y kaaasta (): u x u x u x /c 2, u y u y 2 /c 2 u x /c 2. u x Toisaalta, u oidaan esittää kulman θ aulla (ertaa kaaa ()): Kaaoista (2) ja (3) saadaan kulman θ tangentti: c cos θ u x /c 2 (2a) u y c sin θ 2 /c 2 u x /c 2 (2b) u x c cos θ, u y c sin θ. (3) tan θ sin θ (3) cos θ u y (2) u c sin θ 2 /c 2. (4) x c cos θ + Luentomonisteen alussa annettiin kaaa aberraation aatimalle korjauskulmalle α: α c. Yksinkertaisuuden uoksi oli oletettu, että tarkasteltaa tähti on suoraan ratatason yläpuolella, eli θ 9. Maan rataliikkeen nopeus on pieni errattuna alon nopeuteen, /c, joten oimme arioida 2 /c 2. Aberraation kaaasta (4) saadaan näillä aroilla: tan θ c. Koska nopeus oli suhteellisen pieni, on myös kulma θ lähellä θ:a. Merkitään θ 9 + η, missä η on pieni, jolloin tangentiksi saadaan tan θ sin(9 + η) cos(9 + η) cos η sin η η. Edellä käytettiin tietoa cos x, sin x x kun x pieni. Ratkaistaan lopulta korjaus η: tan θ η c η c α η c. Korjauksen suuruus on siis α η /c, niin kuin pitikin. 2. Vakiooima (i) Nopeus ajan funktiona. Lähdetään luentojen kaaasta mu u2 /c 2 ft. Vektorit u ja f oat samaan suuntaan, joten merkitään u uˆx, f f ˆx. Saadaan mu u2 /c 2 ft m 2 u 2 u 2 /c 2 f 2 t 2

2 m 2 u 2 ( u 2 /c 2 )f 2 t 2 f 2 t 2 f 2 t 2 u 2 /c 2 m 2 u 2 + f 2 t 2 u 2 /c 2 f 2 t 2 (m 2 + f 2 t 2 /c 2 )u 2 f 2 t 2 u 2 u(t) f 2 t 2 m 2 + f 2 t 2 /c 2 m 2 /f 2 t 2 + /c 2 (m/ft)2 + /c 2. Eli saatiin haluttu kaaa. (ii) Hiukkasen paikka. Jotta nopeudesta saadaan paikka, tulee sitä integroida ajassa: x(t) u(t ) dt (m/ft ) 2 + /c 2 dt. Tässä riittää käyttää integroinnin perusmenetelmiä. Erityisesti, soelletaan kaaaa g (h(t))h (t) dt g(h(t)). Kun h(t) t 2, tästä tulee g (t 2 ) 2t dt g(t 2 ). (5) Tämä on hyin yleinen tapa integroida monimutkaisempia lausekkeita. Yritetään löytää integrandista helposti integroitaa funktio g, jota kertoo g :n argumentin deriaatta. Huomaa nyt, että t u(t) (m/f)2 + t 2 /c c 2t 2 2 (mc/f)2 + t 2t 2 g (t 2 ), missä g (s) c 2 (mc/f)2 + s. Esittämällä u muodossa u 2tg (t 2 ), on sen integraali samaa tyyppiä kuin (5). Lisäksi g (s) on helppo integroida s:n suhteen: g(s) g (s) ds c 2 (mc/f)2 + s ds c (mc/f) 2 + s. Palataan u:n integraaliin: x(t) 2t g (t 2 ) dt t g(t 2 ) c (mc/f)2 + t 2 c ( ) 2 (mc/f) 2 mc2 ft +. f mc Tämä oli tulos, jota haluttiinkin. (iii) Kun t on pieni, eli tässä kun f t/mc, oidaan yllä olean lausekkeen neliöjuuritermiä arioida sen Taylorin sarjan ensimmäisillä termeillä. Kaaalla + ε + ε/2 saadaan x:stä seuraaaa: x(t) mc2 f [ + f 2 t 2 ] 2m 2 c 2 mc2 f 2 t 2 f 2m 2 c 2 ft2 2m. Tämä noudattaa Newtonin teoriaa. Massa kertaa kiihtyyys on nyt ma(t) m d2 x dt 2 m d2 ft 2 dt 2 f ma f, 2m eli tämän x:n antama kiihtyyys noudattaa Newtonin lakeja.

Kua : Magneettikentän riippuuus nopeudesta. Tässä B B() hahmoteltu käsin. 3. Liikemassan mittaus (a) Johdetaan ensiksi liikeyhtälö. Lähdetään liikkeelle yleisestä liikeyhtälöstä: dp dt f.

3 Kua : Magneettikentän riippuuus nopeudesta. Tässä B B() hahmoteltu käsin. 3. Liikemassan mittaus (a) Johdetaan ensiksi liikeyhtälö. Lähdetään liikkeelle yleisestä liikeyhtälöstä: dp dt f. Tämä Newtonin toinen laki pätee tässä muodossa suppeassa suhteellisuusteoriassa. Nyt eli saadaan tutun näköinen liikeyhtälö dp dt dm rel dγm γm d dt dt dt m rela m rel a f. Tämä ei aina päde tässä muodossa, sillä tekijä γ sisältää riippuuuden nopeudesta, tarkemmin sen neliöstä 2, ja sen takia sitä ei yleisesti saa iedä ulos aikaderioinnista. Nyt kumminkin ympyräradalla pätee 2 akio, jolloin tekijä γ on myös akio ajan suhteen, ja se saadan ulos derioinnista. Huomattaaa on myös, että nopeus ei kumminkaan ole akio, sillä sen suunta aihtelee ajassa (nopeuden suurus on akio) ja siksi se pitää derioida, jolloin saadaan kiihtyyys a. Keskeiskiihtyyyden antaa siis Lorentz-oima f qb, eli tasapainossa m rel 2 qb. r Relatiistisessä tapauksessa massa on todella kappaleen liikemassa m rel m rel () γ()m m/ 2 /c 2. Magneettikenttä on helppo ratkaista ylläoleasta lausekkeesta: B() m rel() qr γ()m qr m qr 2 /c 2. Käyrän B B() oisi helposti piirtää esimerkiksi laskimella, mutta yritetään hahmotella kuaaja ilman apuälineitä. Pienillä neliöjuurilauseke nimittäjässä on noin, ja siten B() on suora lähellä origoa. Kun kasaa, 2 /c 2 pienenee ja B() alkaa kasaa yhä nopeammin. Kun c, nimittäjä lähenee nollaa, ja siten B(). Tämä riippuuussuhde on piirretty kuaan. Jos olisi käytetty Newtonin mekaniikkaa, relatiistisen liikemassan m rel olisi korannut lepomassa m. Siten γ tekijä B:n lausekkeessa olisi yksi: B Newton () m qr.

4 (b) Protonin kokonaisenergia E on E mc 2 2 /c 2. (6) Kokonaisenergialla ja kineettisellä energialla ei tässä ole käytännon eroa, koska 7 TeV on paljon enemmän kuin lepoenergia E mc MeV. Ratkaistaan siis nopeus E:n lausekkeesta E() γ()e : E 2 E 2 2 /c 2 2 /c 2 E2 E 2 c Sijoitetaan E 7 6 MeV ja E 939 MeV: ( ) c E2 E 2. Poikkeamaa alon nopeudesta oi myös arioida käyttämällä Taylorin sarjaa: c E 2 2 E 2, eli nopeus jää E 2 /2E kertaa c:n erran alon nopeudesta ain joitain metrejä sekunnissa, siis! Verrattuna Newtonin teoriaan, taritaan B()/B Newton () kertaa suurempi B-kenttä: Tekijä γ saadaan helposti kaaasta (6): B() B Newton () 2 /c γ(). 2 γ E E Eli kentän tulee olla noin 745 kertaa oimakkaampi. 4. Energian ja massan ekialenssi Elektronioltti jouleina ev.62 9 J. (a) Lasketaan massa energian ja massan ekialenssista E mc 2. Tässä E R E, joten m R E c ev c kg. Vaihtoehtoisesti, oidaan errata tätä massaa esimerkiksi elektronin lepomassaan, m e 5 kev/c 2 : m 3.6 ev/c2 m e 5 kev/c Eli energia on miljoonasosia elektronin lepomassasta. Elektroni jo itsessään on liki häiään keyt protonin rinnalla. (b) Ehkä helpoin tapa ratkaista asia on miettimällä atomin elektronin energiaa energiaa. Elektronilla on keskimääräinen liike-energia T R E ja jokin keskimääräinen potentiaali U sekä kokonaisenergia E R E (miinusmerkki, koska elektroni on sidotussa tilassa). Tällöin elektronin energia oidaan kirjoittaa T + U E U E T 2R E 27.2 ev. Sama tulos olisi saatu myös iriaaliteoreemalla tai seuraaan kohdan aulla.

5 (c) Kun elektroni (kineettinen energia T e R E ) on sidottu protoniin (kineettinen energia T p ), oidaan etyatomin energia kirjoittaa E H-sid m e c 2 + m p c 2 + T e + T p + V sid m e c 2 + m p c 2 + R E + V sid, missä m e ja m p oat elektronin ja protonin lepomassa ja V sid on sähkömagneettiseen kenttään arastoitunut energia sidotussa tilassa. Ionisoidussa tilassa elektroni ja protoni oat leossa, T p T e ja sähkömagneettisen kentän energia on nyt V ion. Siten kokonaisenergia ionisoidussa tapauksessa on Energioiden E H-ion ja E H-sid erotus on E H-ion m e c 2 + m p c 2 + V ion. E H-ion E H-sid V ion V sid R E. Toisaalta, atomin ionisaatioenergia on R E, ja siten E H-ion E H-sid R E. Yhdistetään nämä kaksi tulosta ja saadaan V ion V sid R E R E V ion V sid 2R E. Sähkömagneettiseen kenttään sitoutunut energia muuttuu 2R E :n erran. Kentän massan muutos on siis m 2R E c 2. Tämä astaa siis potentiaalienergiaa. Yleensä puhutaan elektronin potentiaalienergiasta, mutta oikeastaan energia todella kuuluu sähkömagneettiselle kentälle.

Samankaltaiset tiedostot

763105P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN 1 Ratkaisut 5 Kevät 2016

763105P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN 1 Ratkaisut 5 Kevät 2016 7635P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN Ratkaist 5 Kevät 26. Aberraatio shteellissteoriassa a) Tlkoon valo kten tehtävän kvassa (x, y)-tason x, y > neljänneksestä: x ˆx + y ŷ c cos θ ˆx c sin θ ŷ. () Lorenz