Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Лайтман А. -> "Сборник задач по теории относительности " -> 50

Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.

Лайтман А., Пресс В. Прайс Р., Тюкольски Сборник задач по теории относительности — М.: Мир, 1979. — 536 c.
Скачать (прямая ссылка): sbornikzadachpoteoriiotnositelnosti1979.djvu
Предыдущая << 1 .. 44 45 46 47 48 49 < 50 > 51 52 53 54 55 56 .. 152 >> Следующая


в) В этом случае PА = (ЕА, РА), PВ = (ЕВ, Рв), и соотношение (1) преобразуется к виду

— т*А - тв + 2EaEb -2 (E2a- т^УЦБв - m|)V.cos Ъ = — тЬ. Решение 2.11.

а) Полный 4-импульс равен Рподн = P1 + P2 = P8 + P4. В системе центра масс Pnoju ==(?полн, 0), поэтому

Рполн = - (^полн) = (Рх + Рг)2-

Скалярный квадрат полного импульса (P1 + P2)2 можно вычислить, в лабораторной системе отсчета, где P1 = (E1, P1), P2 = (т2, О):

- (BSо"н)2 = Pf + PI + 2Р, • P2 _ - ml - - 2Ехт2.

6* 164

РЕШЕНИЯ

б) Вычислим левую часть равенства

Px • Рполи — Pl • (Pl ~Ь Рг) в системе центра масс, а правую — в лабораторной системе отсчета:

рЦ.. М. рЦ. М. __2 р _

— XJі ' .Споли— mI—jzImZ —

= — т\ — ~ [(^полн)2 — mi — (из п. «а»)

откуда

м- = [fe)2+т\ - т|]/2?по"н-

в) Используя предыдущий результат (п. «б»), получаем

(/>?• -f = (??' -)• - ml = (??^)2 - ml =

V полн /

(mf + E1WI2)2-mf (mf+ml-+ 25^) m| (Ef —mf) _ mfPf

/рц. мла /рц. мла /рц. m.yj

V поли/ V поли^ V полн^

и, следовательно, Pf' =т2Р1/Е„0т-

г) Если и —4-скорость любого наблюдателя, то, как нетрудно проверить, в системе отсчета, связанной с этим наблюдателем (а следовательно, и во всех системах отсчета),

p(8) = p + (p.u)u

—4-импульс, измеренный наблюдателем. Следовательно, иц- определяется соотношением

Рполн (Рполи ¦ Чц.11.) м. = О-Но если 2 наблюдателя обладают 4-скоростями U1 и U2, то у = = — U1 • U2 — фактор преобразования Лоренца между двумя системами отсчета, связанными с наблюдателями. (Доказательство. В системе покоя наблюдателя 1 ut-u2 = (l, 0)- (у, yv) =— у.) Таким образом, фактор 7Ц-М. = — и-иц.м. задает преобразование в систему центра масс. Следовательно,

Рполн • U+ (Р„оли • Чц.м.) U„J„. -U = O,

^полн + ?полн7ц. H ~ Ya. м, = ^полн/ ?полн-

В нашем случае Euolta = E1-^m2, поэтому

7ц. м. = C^l ^?)/?полн•

д) Из п. «е» получаем

1-oS.M.« [?5^/(^ + /?)]",

откуда

о Г??-тМт_ Pi в-м- L^ + m^J -E1+Hh' ГЛАВА 2

15Э

Решение 2.12. Поскольку в системе центра масс столкновение упругое, то E1' м' = Ev м', т. е.

РіИц.м. = Рі' Ицм,-

(Штрихами обозначены величины после столкновения.) Записав это равенство в лабораторной системе отсчета, получим

— + • «ц.м. = — E1- + Pi- • V„.„..

Но V ц. м. = P1KE1 + т2), поэтому

Pf PrP1Cosd

~El +E1-^m2 = —Еі+щ '

или

E., IE. -\-m„) — E,m0 — т\ COSd= 1 1 1 2'-^-(1)

pI(eV-K)'' '

(Последнее соотношение можно было бы вывести и не используя систему центра масс.) Минимальное значение cos Ф (максимальное значение sin Ф) можно найти из уравнения d cos ftIdE1- = О, разрешив его относительно E1- и подставив полученное значение в соотношение (1). Но к тому же ответу мы придем быстрее, рассмотрев точки пересечения графика функции cos ft (E1') с прямой cos ft = K, определяемые уравнением

K2Pl (El- - ml) = El- (E1 + т2у -

— 2 (E1 + т2) (Ехт2 + m?) Ex . + (Е,т2 + ml)2. (2)

При минимальном значении cos ft прямая cos ft = К касается кривой Cosd(Ef) и дискриминант уравнения (2), квадратичного по Ev, обращается в нуль:

О = — (E1 + т2)2 K2Plm12 + K2Pl (?гтг + ml)2+К1Р\т\,

или

2 = (E1 +PHf ml-(E1Tti2+т->)2 _ mf-mj А т\Р\ т\

и, наконец,

„ (ml — ml)1'1

COS iQimhh = rrii '

sin ft„aKC ^m2Im1.

Решение 2.13.

а) Предположим, что ракета движется вдоль оси х. На 4-скорость и и 4-ускорение а наложены следующие ограничения:

U-U = — 1 = — (Ut)2 + (Ux)2 (нормировка 4-вектора Ujj (J) a.U = O = — CltUt+ ClxUx (ортогональность 4-вектора а 4-вектору u)f (2) a-a = If8 = — (а?)2+(ах)2 (собственное ускорение равно g). (3) 166

РЕШЕНИЯ

Из этих соотношений следует

of = a* , (ах)й [1 - (и*/иО2] = g\

откуда

ax=gu', (4)

af = gux. (5)

Дифференцируя соотношение (4), можно получить дифференциальное уравнение для и*:

d*ux da* du' tlx

ItfT = -Iir = Slir = Sa =8и*>

имеющее решение

Ux = A sh gx + В ch gx.

Поскольку при T = O выбраны начальные условия

их = 0, dux/dx = g,

то 4-вектор и должен иметь компоненты

их = dx/dx = shgx, (6)

Ut = dt/dx = chgx [из соотношения (1)].

Из интегралов этих уравнений (учитывая, что x = t = 0 при т = 0) находим

X=^1(Chgt-I), t = g~i (shgx). (7)

В системе единиц сс = 1в силу числового совпадения ускорение g (= 980 см/с2) оказывается почти в точности равным обратному году (как времени) или обратному световому году (как расстоянию). Таким образом, для интервала времени в 40 лет, измеренных на Земле (t = 40 лет), из соотношений (7) получаем

т [Arsh 40] лет ?«4,38 лет

и

X [ch (Arsh 40)-1] св. лет ^ 39,01 св. лет. (8)

Для 40 лет, измеренных в ракете (т = 40 лет), из соотношений (7) находим

*^tffch 40— 1] св. лет^ IO17 св. лет. (9)

б) Половина расстояния составляет х ^ 15 000 св. лет. Для преодоления ее потребуется

т Я« Arch (15 000 + 1) лет ^ 10,3 лет. (10)

Вторая половина пути (торможение) полностью аналогична первой (разгону), поэтому полное время равно 20,6 лет. ГЛАВА 2

15Э

в) Пусть M — (переменная) масса покоя ракеты. Изменение энергии ракеты, равное излученной энергии, составляет
Предыдущая << 1 .. 44 45 46 47 48 49 < 50 > 51 52 53 54 55 56 .. 152 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed