37.1: If O′ sees simultaneous flashes then O will see the A(A ′) flash first since O would believe that the A ′ flash must have traveled longer to reach O ′ , and hence started first. 37.2:
a) γ =
1
= 2.29 .
1 − ( 0 .9 ) 2
t = γτ = ( 2.29 ) ( 2.20 ×10 −6 s)
b) d = vt = (0.900 ) (3.00 ×10 8 m 1− u
37.3:
2
c
2
= (1 − u
⇒ (∆t − ∆t 0 ) = (1 −
2
≈1−
2 12
c )
1−u
= 5.05 ×10 −6 s. s) (5.05 ×10 −6 s) =1.36 ×10 3
u2
2c 2
c )( ∆t )
2
2
m
=1.36 km.
+
=
u2 2c 2
∆t =
(250 m s) 2 (4 hrs) ⋅ (3600) 2(3.00 × 10 8 m s) 2
⇒ (∆t − ∆t 0 ) = 5.00 × 10 −9 s. The clock on the plane shows the shorter elapsed time. 37.4:
γ
1
=
1 − (0.978) 2
= 4.79.
γ∆t = ( 4.79 ) (82 .4 ×10 −6 s)
∆t 0 37.5: a) ∆t = 2 1−u
⇒u = c
c
2
⇒1−
u2 c
2
= 3.95 ×10 -4 s = 0.395 ms. 2
∆t = 0 ∆t
∆t 0 2 1− = c ∆t
2
2.6 1− 42
∴u = 0.998c. − b) ∆ x = u∆t = (0.998 ) (3.00 ×10 8 m s ) (4.2 ×10 7 s) =126 m.
37.6:
γ
=1.667
∆t = 1.20 a) ∆t 0 = γ
× 10 8
m γ (0.800c)
= 0.300 s.
7 b) (0.300 s) (0.800c) = 7.20 ×10 m. c) ∆t 0 = 0.300 s γ = 0.180 s. (This is what the racer measures your clock to read 1 .20 ×10 8 m = 0.5 s. at that instant.) At your origin you read the original (0.800) (3 ×10 8 m s) Clearly the observes (you and the racer) will not agree on the order of events!
37.7:
∆t 0 =
1−u
2
c
2
4.80 ×10 6 ∆t = 1 − 8 3.00 ×10
2
m s
m s
(1 yr)
⇒ ( ∆t − ∆t 0 ) = (1.28 ×10 −4 ) yr = 1.12 hrs.
The least time elapses on the rocket’s clock because it had to be in two inertial frames whereas the earth was only in one. in which the the source (the searchlight) is stationary stationary is the spacecraft’s 37.8: a) The frame in fram frame, e, so so 12.0 12.0 ms ms is the the prope properr time time.. b) To thr three ee fig figur ures es,, u = c. Solving Eq. (37.7) for u c in terms of γ, u c
Using 1 γ 37.9:
a) l =
1 − (u c ) 2 l 0
55 km
=
γ
1 − (1 γ ) 2
= ∆t 0 ∆t = 12.0 ms 190 1
=
γ
=
6.00
1
=
1 − (0.9860) 2
1
≈1−
2γ 2
ms gives u c
.
= 0.998.
= 6.00
= 9.17 km.
b) In muon muon’s ’s fra frame me:: d = u∆t = ( 0.9860c)( 2.20 ×10
⇒% =
d h
=
0.651 9.17
−6
s)
= 0.651 km.
= 0.071 = 7.1%.
c) In eart earth’ h’ss fram frame: e:
∆t = ∆t 0 γ = (2.2 ×10 −6 s)(6.00) = 1.32 × 10 −5 s ⇒ d ′ = u∆t = (0.9860c)(1.32 × 10 −5 s) = 3.90 km 3.90 km d ′ ⇒% = = = 7.1%. 55.0 km h′ 37.10: a) t =
c)
4.50 ×10 4 m 0.99540 c 1
b) γ
=
h′ =
h
h′
0.99540c
γ
= 1.51 ×10 −4
1 − (0.9954) 2
=
45 km 10.44
s.
=10.44
= 4.31 km.
= 1.44 ×10 −5
s, and
t
γ
= 1.44 ×10 −5 s;
so the results agree but the
particle’s lifetime is dilated dilated in the frame of the earth. 37.11: a) l 0
= 3600 m
⇒ l = l 0
1−
u2 c2
= l 0 (3600 m)
1−
( 4.00 × 10 7 m s) 2 (3.00 × 10 8 m s) 2
= (3600 m)(0.991) = 3568 m. l 0
b)
∆t 0 =
c)
∆t = l =
u
u
=
3600 m
= 9.00 ×10 −5
s. 4.00 ×10 m s 3568 m = 8.92 ×10 −5 s. 7 4.00 ×10 m s 7
37.12:
γ
=1
0.3048 , so u
37.13: l = l 0 1 −
u
2
c
2
=c
1 −(1 γ)
= 0.952c = 2.86 ×108
m s.
l
⇒ l 0 =
1− u 2 c2
74.0 m
⇒ l 0 =
2
2
0.600c c
= 92.5 m.
1 −
37.14: Multiplying the last equation of (37.21) by u and adding to the first to eliminate t gives
u 2 1 x ′ + ut ′ = γ x 1 − 2 = x, c γ u
and multiplying the first by
c
2
and adding to the last to eliminate x gives
u 2 1 t ′ + 2 x ′ = γt 1 − 2 = t , c c γ so x = γ( x′ + ut ′) and t = γ (t ′ + u x′ c 2 ), u
which is indeed the same as Eq. (37.21) with the primed coordinates replacing the unprimed, and a change of sign of u. 37.15: a) v
=
b) v
=
c) v
=
v′ + u 1 + uv ′ c 2 v′ + u 1 + uv ′ c
2
=
2
=
v′ + u 1 + uv ′ c
=
0.400c + 0.600c 1 + (0.400) (0.600) 0.900c + 0.600c 1 + (0.900 )(0.600) 0.990 c + 0.600 c 1 + (0.990 )( 0.600 )
= 0.806c = 0.974c
= 0.997 c.
37.16: γ =1.667 ( γ = 5 3 if u = ( 4 5) c). a) In Mavis’s frame the event “light on” has space-time coordinates x ′ = 0 and t ′ = 5.00 s, so from the result of Exercise 37.14 or
Example 37.7, x
u x′ = γ( x′ + ut ′) and t = γ t ′ + 2 ⇒ x = γut ′ = 2.00 × 109 m, t = γt ′ = c
8.33 s.
b) The 5.00-s interval in Mavis’s frame is the proper time ∆t 0 in Eq. (37.6), so ∆t = γ∆t 0 = 8.33 s, as in part (a). c) (8.33 s ) (0.800 c ) = 2 .00 ×10 9 m, which is the distance x found in part (a). 37.17: Eq. (37.18): x′ =
x − ut
Eq. (37.19): x′ = −ut ′ + x
1 −u2 c2
Equate: ( x − ut ) γ = −ut ′ +
x
γ
1 −u
2
c
2
⇒ t ′ = − xγ + t γ + x = t γ + x 1 − γ uγ u γ u 2 − 1 1 1 − ( u c ) −1 u2 c2 2 − γ = 1 − (u c) − = = = γu 2 2 2 2 γ 1 − (u c) 1 − (u c) 1 − ( u c) 2 ⇒ t ′ = t γ + xu2γ = t − ux c 2 . c 1 − (u c )
c2
37.18: Starting from Eq. (37.22), v′ =
v−u
1 − uv c 2
2
v′(1 − uv c ) = v − u v′ + u = v + v′uv c
2 2
= v(1 + uv′ c )
from which Eq. (37.23) follows. This is the same as switching the primed and unprimed coordinates and changing the sign of u . 37.19: Let the unprimed frame be Tatooine and let the primed frame be the pursuit ship. We want the velocity v ′ of the cruiser knowing the velocity of the primed frame u and the velocity of the cruiser v in the unprimed frame (Tatooine). v −u = 0.600c − 0.800c = −0.385c v′ = uv 1 − (0.600) (0.800) 1− 2 c ⇒ the cruiser is moving toward the pursuit ship at 0.385c. 37.20: In the frame of one of the particles, u and v are both 0.9520c but with opposite sign. c− c − v − (u) − v′ = = 0.9520 0.9520 = −0.9988c. 2 1 − (0.9520)(−0.9520) 1 − (u) ( −v) c Thus, one particle moves at a speed 0.9988c toward the other in the other particle’s frame.
37.21:
v
=
v′ + u uv ′ 1+ 2 c
=
− 0.950c + 0.650c = −0.784c. 1 + (−0.950)(0.650)
37.22: a) In Eq.(39-24), u
= 0.400c, v′ = 0.700c ⇒ v =
= 0.859c. ∆ x = 8.00 ×10 9 m = 31.0 s. b) v
0.859c
v′ + u 1 + uv ′ c 2
=
0.700c + 0.400c 1 + (0.700) (0.400)
37.23: v′ =
v −u
1 − uv c 2
⇒ v′ −
uvv ′ c
2
= v −u
vv ′ v − v′ ⇒ u 1 − 2 = v − v ′ ⇒ u = (1 − vv ′ c 2 ) c − ⇒ u = 0.360c 0.920c = −0.837c (1 − (0.360)(0.920))
⇒
moving opposite the rocket, i.e., away from Arrakis.
37.24: Solving Eq. (37.25) for u c , (see solution to Exercise 37.25) 2 u 1 − ( f f 0 ) = , c 1 + ( f f 0 ) 2
= 0.98, ( u c ) = 0.0202, the source and observer are moving away b) if f f 0 = 4, ( u c ) = −0.882, they are moving toward each other.
and so (a) if f f 0 from each other.
c +u
37.25: a) f =
c −u
f 0
⇒ (c − u ) f 2 = (c + u ) f 02
− f 02 ) c(( f f 0 ) 2 − 1) c((λ 0 λ) 2 − 1) ⇒u= 2 2 = = f 0 + f ( f f 0 ) 2 + 1 ((λ 0 λ) 2 + 1) 2
c( f
− 1) = 0.159c = 4.77 ×10 7 m s = 4.77 ×10 4 km s = 1.72 ×10 8 2 ((675 575) + 1) 8 b) (1.72 ×10 km h − 90 km h) ( $1.00) = $172 million dollars!
∴u = c
((675 575)
2
km h.
= −0.600 c = −(3 5)c in Eq. (37.25) gives 1 − ( 3 5) 2 5 f = f 0 = f 0 = f 0 2. 1 + ( 3 5) 85
37.26: Using u
d
2 1 mv ⋅ 12 ( 2va c ) ma 2 = = − 37.27: a) F = 2 2 dt dt 1 − v 2 c 2 (1 − v 2 c 2 ) 3 / 2 1 − v c (1 v 2 c 2 ) + v 2 c 2 = ma − = ma (1 − v 2 c 2 )3 2 2 2 32 (1 − v c ) 32 F v 2 . ⇒ a = 1 − 2 m c
dp
mv
b) If the force is perpendicular to velocity then denominator is constant ⇒ F = m dv dt 1−v
2
c
2
⇒a =
F m
1 −v2 c2 .
dp dt
=
37.28: The force is found from Eq. (37.32) or Eq. (37.33). (a) Indistinguishable from F = ma = 0 .145 N. b) γ 3 ma =1.75 N. c) γ 3 ma = 51.7 N. d) γma
= 0.145 N,
0.333 N, 1.03 N.
mv
37.29: a) p =
= 2mv
1 − v 2 c2
⇒1 = 2 ⇒ v2 =
1− v 3 4
c
2
2
c
⇒v =
v
4
c2
3
c
2
F = γ ma = 2ma ⇒ γ 3
b)
2
1
⇒ =1−
2
3
= 0.866c. 1
= 2 ⇒ γ = (2)1 / 3 so
1−
= 22/3 ⇒
v2 c
v c
2
= 1 − 2 −2 / 3 = 0.608 . 37.30: a) γ =1.01, so ( v c ) = 0.140 and v = 4.21 ×10 m s. b) The relativistic expression is always larger in magnitude than the non-relativistic expression. 8
37.31: a)
K =
⇒
mc
1−v
2
2
c
2
1 1−v
2 b) K = 5mc
2
c
⇒
2
− mc 2 = mc 2
=2⇒
1 4
1
=1−
v
2
c
2
=6⇒
1− v2 c2
3
⇒v =
1 36
4
= 0.866c.
2
=1 − v2 ⇒ v = c
35 36
c
= 0.986c.
37.32: E = 2mc 2 = 2(1.67 ×10 −27 kg) (3.00 ×10 8 m s ) 2 = 3.01 ×10 −10 J =1.88 ×10 9 eV. 37.33: K = ( γ − 1)mc if K − K 0
⇒
150 4
v2
2
≈
= 1.02
1 2 1 2
mv
2
mv 2
= c2 ⇒ v =
+
3 mv
4
8 c2 3 v4
⇒
8c
4 150
2
+
=
0.02 2
c = 0.163c
v2
= 4.89 ×10 7 m
s.
2 −3 2 2 37.34: a) W = ∆ K = ( γ f − 1)mc = (4.07 × 10 ) mc . b) ( γ f − γ i ) mc c) The result of part (b) is far larger than that of part (a).
= 4.79mc 2 .
37.35: a) Your total energy E increases because your potential energy increases;
∆ E = mg ∆ y ∆ E = (∆m)c 2 so ∆m = ∆ E c 2 = mg (∆ y ) c 2 ∆ m m = ( g ∆ y) c 2 = (9.80 m s 2 )(30 m) (2.998 ×10 8 m This increase is much, much too small to be noticed. 2 2 2 b) ∆ E = ∆U = 12 kx = 12 (2.00 ×10 N m)(0.060 m)
∆m = (∆ E )
c
2
= 4.0 ×10 −16
s) 2
= 3.3 ×10 −13 %
= 36.0 J
kg
Energy increases so mass increases. The mass increase is much, much too small to be noticed.
= m0 c 2 2 E = mc 2 = 2m0 c 2
37.36: a) E 0
m0
∴ m = 2m 0 → 1 4
=1−
v
2
c
2
= 2 m0
1− v2 / c2
→
v
2
c
2
3
= →v =c 4
34
v = 0.866 c = 2.60 ×108 m s
1−
v2 c2
m0
= mc 2 =
2 b) 10 m0 c
=
1 100
v=c
1− v 2
→ v2 = c
99
2
c
2
c2
99 100
= 0.995 c = 2.98 × 10 8 m s
100
2 2 2 −10 J 37.37: a) E = mc + K , so E = 4.00 mc means K = 3.00 mc = 4.50 ×10 2 2 2 2 E = 4.00mc 2 , so 15.0(mc 2 ) 2 = ( pc) 2 b) E = (mc ) + ( pc) ;
p
c)
=
15mc
E = mc
2
=1.94 ×10−18 kg ⋅ m 1 −v
2
c
2
E 4.00mc 2 gives 1 v 2 c 2 =
s
−
=
1 16 and v
=
15 16c
=
0.968c
37.38: The work that must be done is the kinetic energy of the proton.
a) K = ( γ − 1)m0 c
1 2 = − 1 m0 c 1 − vc
2
2 2
= (1.67 ×10
−27
= (1.50 ×10 −10 = 7.56 ×10
−13
kg)(3.00 ×10 m s ) 8
J) J
1 1 − 0.01
−1
2
1 1 − ( 0.c1 c )
2
−1
−10 b) K = (1.50 ×10 J)
1 1−(0.5) 2
−1
= 2.32 ×10 −11 J −10 J) c) K = (1.50 ×10
1 1−(0.9) 2
−1
=1.94 ×10 −10 J −27 kg, p 37.39: (m = 6.64 ×10
a)
E =
( mc 2 ) 2
= 2.10 ×10 −18
+ ( pc) 2
=8.68 ×10 −10 J. b) K = E − mc 2 = 8.68 ×10 −10
c)
K mc
2
=
kg ⋅ m s)
2.70 ×10 −10 J (6.64 ×10 −27 kg)c 2
− (6.64 ×10 −27
kg) c 2
= 2.70 ×10 −10
J.
= 0.452. 12
37.40:
E = ( m c 2
≈ mc
2
4
+ p
2
2
c )
12
= mc
2
p 2 1 + mc
2 1 p 2 p 1 2 1 + = mc + = mc 2 + mv 2 2 2 2m 2 2 m c
the sum of the rest mass energy and the classical kinetic energy. 7 37.41: a) v = 8 ×10 m s ⇒ γ =
m
= m p
K 0
1 1 − v2 c2
=
1 2
K = ( γ
mv
= 1.0376
= 5.34 ×10 −12
2
J
−1)mc2 = 5.65 ×10 −12 J ∴ K = 1.06. K 0
8 b) v = 2.85 ×10 m s ∴γ = 3.203
K 0
= 1 mv 2 = 6.78 ×10 −11 J 2
K = (γ − 1) mc
2
= 3.31 ×10 −10
J
K K 0
= 4.88.
−27 kg)(3.00 ×10 8 m s) 2 = 4.97 ×10 −10 J = 3105 MeV. 37.42: (5.52 ×10
37.43: a) K = q∆V = e∆V
1 2 −13 1 = 4.025mc = 3.295 ×10 = mc 2 − 1 −v 2 c 2 6 ∆V = K e = 2.06 ×10 V
K
J
= 2.06 MeV
b) From part (a), K = 3 .30 ×10 −13 J = 2.06 MeV 37.44: a) According to Eq. 37.38 and conservation of mass-energy 2 Mc 2
+ mc 2 = γ 2 Mc 2 ⇒ γ = 1 +
m 2 M
=1+
9.75 2(16.7)
= 1.292.
Note that since
γ
v c
=
1 1−v 2 c 2
=
1
1−
γ
2
, we have that
=
1
1−
(1.292) 2
= 0.6331.
b) According to Eq. 37.36, the kinetic energy of each proton is K = (γ −1) Mc
2
= (1.292 −1)(1.67 ×10−
kg)(3.00 ×10 m s)
= (9.75 × 10−28
kg)(3.00 × 108 m s) 2
27
8
2
1.00 MeV = − 1.60 ×10 J 13
274 MeV.
c) The rest energy of η 0 is mc
2
1.00 MeV −13 1.60×10 J
=
548 MeV. 0
d) The kinetic energy lost by the protons is the energy that produces the η ,
= 2(274 MeV).
548 MeV
5 37.45: a) E = 0.420 MeV = 4.20 ×10 eV.
b) E = K + mc
2
= 4.20 ×10 5
= 4.20 ×10 5 c) E =
eV
1−v2 c2
1.6 ×10 −19 J eV
+ 5.11 ×10 5 eV = 9.32 ×10 5
eV.
⇒v =c
mc 2 1− E
5.11 ×10 5 1 − 9.32 ×10 5
d) Nonrel: K =
(9.11 ×10 −31 kg)(3.00 ×10 8 m s) 2
2
mc 2
=c
eV +
1 mv 2 2
⇒v =
= 3.84 ×108
2
eV eV
2 K m
= 0.836c = 2.51 ×10 8
m s.
2(4.20 ×10 5 eV)(1.6 ×10 −19 J eV ) 9.11 ×10 −31 kg
=
m s.
37.46: a) The fraction of the initial mass that becomes energy is ( 4.0015 u) = 6.382 ×10 −3 , and so the energy released per kilogram is 1− 2(2.0136 u) ( 6.382 ×10 −3 )(1.00 kg)(3.00 ×10 8 m s ) 2 1 .0 ×10 19 J b) 5.74 ×10 14 J kg
=1.7 ×10 4
= 5.74 ×10 14
J.
kg.
37.47: a) E = mc , m = E c = (3.8 ×10 J) (2.998 ×10 m s) = 4.2 ×10 kg 1 kg is equivalent to 2.2 lbs, so m = 4.6 ×10 6 tons b) The current mass of the sun is 1.99 ×1030 kg, so it would take it (1.99 ×10 30 kg) (4.2 ×10 9 kg s ) = 4.7 ×10 20 s = 1.5 ×10 13 y to use up all its mass. 2
2
26
8
37.48: a) Using the classical work-energy theorem we obtain
2
9
∆ x =
m(v
2
− v20 )
(2.00 × 10
kg)[(0.920)(3.00 × 10 m s)] 8
2
= 1.81 m. 4 2(4.20 × 10 N) b) Using the relativistic work-energy theorem for a constant force (Eq. 37.35) we obtain 2 F
=
−12
∆ x = For the given speed,
∆ x =
γ =
1 1−0.920 2
( γ − 1)mc 2 F
= 2.55,
.
thus
( 2.55 −1)( 2.00 ×10 −12 kg)(3.00 ×10 8 m s ) 2
= 6.65 m.
( 4.20 ×10 4 N)
c) According to Eq. 37.30, F
3
3
2 ( 4 .20 ×10 4 N) v 2 2 1 − 2 1 − 2 a = = = ( 2 .10 ×10 16 −12 m c c × (2.00 10 kg) 2 16 which yields, i ) a = 2 .07 ×10 m s ( β = 0.100 ) 2 16 ii) a =1.46 ×10 m s ( β = 0.462) 2 16 iii) a = 0.126 ×10 m s ( β = 0.920).
v2
37.49: a) d = c∆t ⇒ ∆t =
d c
=
1200 m 3 ×10 m 8
m s
2
v 2 ) 1 − c 2
= 4.00 ×10 −6 s (v is very close to s
3
2 ,
c).
2
2 ∆t 0 u2 u ∆t = 1 − 2 ⇒ = 1 − 0 But ∆t c c ∆t
∆t 0 2 ⇒ (1 − ∆) = 1 − ∆t 12 12 2.6 ×10 −8 2 ∆t 0 2 ⇒ ∆ = 1 − 1 − = 1 − 1 − = 2.11 ×10 −5. −6 4.00 ×10 ∆t ∆t 2 4.00 ×10 −6 2 E mc = γ = b) 139.6 MeV mc = 2.6 ×10 −8 t ∆ 0 2
⇒ E = 2.15 ×10 4 MeV. 37.50: One dimension of the cube appears contracted by a factor of
S ′ is
a3 γ
= a3
1 − (u c) 2 .
37.51: Need a = b ⇒ l 0
= a, l = b
l
b
b
l 0
a
1.40b
∴ = =
=
1 − u 2 c2 2
⇒u = c
2
b 1 = 0.700 c. 1 − = c 1 − a 1.40
= 2.10 ×10 8 m s .
1 γ
,
so the volume in
37.52: The change in the astronaut’s biological age is ∆t 0 in Eq. (37.6), and ∆t is the distance to the star as measured from earth, divided by the speed. Combining, the astronaut’s biological age is 42.2 yr c 19 yr + = 19 yr + 42.2 yr = 24.7 yr. γu γ(0.9910) 37.53: a) E = γ mc and γ = 10 =
1
2
=
v
1 − (v c) 2
⇒ = c
γ2 γ
−1 2
v
99
c
100
⇒ =c
0.995.
v 2 2 = m2 v 2 γ 2 c 2 , E 2 = m2 c 4 γ +1 c 2 2 E − ( pc) 1 1 ⇒ = = = 0.01 = 1%. 2 2 2 + E 1 ( 10 ( 0 . 995 ) ) v 2 1 + γ c
2 b) ( pc)
37.54: a) Note that the initial velocity is parallel to the x-axis. Thus, according to Eqn. 37.30, a x
=
F x m
3
v 2 1 − 2 c
3 2 ( −3.00 ×10 −12 N) 2 2 (1 − 0.900 ) = −1 .49 ×10 14 = −27 × (1.67 10 kg)
2
m s .
Now note that the initial velocity is perpendicular to the y-axis. Thus, according to Eqn. 37.33, a y
=
F y m
v 2 1 − 2 c
1
1 2 (5.00 ×10 −12 N) 2 2 (1 − 0.900 ) =1 .31 ×10 15 m = −27 (1.67 ×10 kg)
2
s .
b) The angle between the force and acceleration is given by 2 2 F x a x + F y a y ( −3.00×10−12 N)( −1.49×1014 m s ) +( 5.00×10−12 N)(1.31×1015 m s ) cos θ 2 2 Fa ( −3.00×10−12 N)2 +( 5.00×10−12 N)2 ( −1.49×1014 m s ) 2 +(1.31×1015 m s ) 2
=
=
θ = 24.5°. 12 37.55: a) K = 20 ×10 eV
K = mc 2
1−
v2
=
1 1 −v
2
c
2
= 3.204 ×10 −6 J −1 , so
1
;1−
c ( 2.131 ×10 ) v = (1 − ∆) c so 1 − v 2 c 2 2
b) mrel =
4
m
1 −v2 c2
2
1 1 −v 2 c 2
v2 c
2
= 2.131 ×10 4
= (c + v )(2c − v) = 2(c − v) c
c
since c + v
= 2∆ and ∆ = 1.1 ×10 −9 m = = ( 2.1 ×10 4 )m 2∆
−4 8 2 13 37.56: a) (8.00 kg)(1.00 ×10 )(3.00 ×10 m s) = 7.20 ×10 J. −6 13 19 b) ( ∆ E ∆t ) = ( 7.20 ×10 J) (4.00 ×10 s) =1.80 ×10 W. (7.20 ×1013 J) ∆ E = = 7.35 ×10 9 kg. c) M = 2 3 gh (9.80 m s )(1.00 ×10 m)
≈ 2c
= mL = ( 4.00 kg)(3.34 ×10 5 J kg ) = 1.34 ×10 6 (1.34 ×10 6 J) Q ⇒ ∆m = 2 = = 1.49 ×10 −11 kg. 8 2 c (3.00 ×10 m s)
37.57: Heat in Q
p
37.58: a) v =
f
=
m
( E c) m
=
E mc
, where the atom and the photon have the same
magnitude of momentum, E c . b) v =
37.59: Speed in glass v =
γ =
1 1 −v 2 c 2
c n
=
J
c
1.52
E mc
=<< c,
= 1.97 ×108
so E << mc 2 .
m s
=1.326
⇒ K = ( γ −1) mc 2 = ( 0.326 )( 0.511 MeV) = 0.167 MeV =1.67 ×10 5 37.60: a)
80.0 m s
is non-relativistic, and K =
1 2
mv
2
= 186 J.
b) ( γ −1) mc 2 =1.31 ×10 15 J. c) In Eq. (37.23), v ′ = 2.20 ×10 8 m s , u = −1.80 ×10 8 m s , and so v 20.0 m =13.6 m. d)
= 7.14 ×10 7 m
s.
γ
e)
20 .0 m 2.20 ×10 8 m s
f) t ′ =
37.61:
2
t
γ
= 9.09 ×10 −8 s.
= 6.18 ×10 −8
s, or t ′ =
13.6 m 2.20 ×10 m s 8
= 6.18 ×10 −8
s.
2 2
x′ = c t ′
⇒ ( x − ut ) 2 γ 2 = c 2 γ 2 (t − ux
c2
)
2
⇒ x − ut = c(t − ux c 2 ) u 1 ⇒ x 1 + = x(u + c) = t (u + c) ⇒ x = ct c c ⇒ x 2 = c 2 t 2 . 37.62: a) From Eq. (37.37), 4 1 3 v K − mv 2 = m 2 2 8 c
b)
(3 8) mv4 c 2 (1 2) mv
2
8
2
3 v
×10 4 (3.00 ×10 8
= 3 (90.0 kg) (3.00
= = 7.50 ×10 −9. 4 c
m s) 4 m s) 2
= 304 J.
eV.
37.63:
a
= dv = F (1 − v 2 dt
m
dv
v
⇒∫ 0
c 2 )3 2
(1 − (v
2
c ))
dx
v c
⇒c ∫
(1 − x ) 2
0
= F ∫ 0 dt = F t t
2
3 2
3 2
m
m
v c
x
=c
=
1 − x 2
0
v
=
1 −(v c) 2
F m
t
2 Ft v Ft − v 2 Ft 1 ⇒ v 2 = − = m c m mc 2
⇒v =
2
Ft m 1 + ( Ft mc ) 2
2
So as t → ∞, v → c.
.
37.64: Setting x = 0 in Eq. (37.21), the first equation becomes x ′ = −γ ut and the last, upon multiplication by c , becomes ct ′ = γ ct . Squaring and subtracting gives
c 2t ′ 2 − x′ 2 = γ 2 (c 2t 2 − u 2t 2 ) = c 2t 2 , or x ′ = c t ′ 2
∆t ′ = t 2′ = t 1′
37.65: a) Want x1′
− t 2 = 4.53 × 10 8 m.
= ( x1 − ut 1 )γ = x′2 = ( x2 − ut 2 )γ ⇒ u =
− x1 ∆ x = t 2 − t 1 ∆t
x2
( x − x ) − t 1 − u 2 1 . Since u = ∆ x ∆t , c 2 2 u∆ x x ∆ ∆t ′ = γ ∆t − 2 = γ ∆t − 2 ⇒ ∆t ′ = ∆t 1 − ( ∆∆ xt ) 2 c c ∆t And ∆t ′ = γ t 2
There’s no physical solution for ∆t < b) Simultaneously ⇒ ∆ t ′ = 0 ∴ t 1 −
⇒ ∆t =
u c
2
∆ x c
ux1 c
2
∆ x ⇒ u =
c
2
= ∆t − 2
∆ x 2 c
2
⇒ ∆ x ≥ c∆t . = t 2 −
c 2 ∆t
∆t
ux2 c
2
.
Also 1
∆ x ′ = x2′ − x1′ =
(∆ x − u∆t )
=
1 − c 2 ∆t 2
∆ x 2
2 ∆ x − c 2 ∆t ∆ x
∆t 2 = ∆ x 1 − 2 ⇒ ∆ x′ = ∆ x 2 − c 2 ∆t 2 . ∆ x 1 1 ( ∆ x ) 2 − ( ∆ x ′) 2 = (5.00 m) 2 − ( 2.50 m) 2 = 1.44 ×10 −8 s. Part (b): ∆t = c
c)
1 − (u c ) 2
1
2
c
c
8 10 37.66: a) (100 s)(0.600)( 3.00 ×10 m s ) =1.80 ×10 m. b) In Sebulbas frame, the relative speed of the tachyons and the ship is 3.40c, and so the time t 2 = 100 s + 1.80 ×1010 m =118 s. At t 2 Sebulba measures that Watto is a distance from him of 3.4 c (118 s)(0.600)( 3.00 ×10 8 m s ) = 2.12 ×10 10 m. c) From Eq. (37.23), with v′ = −4.00c and u = 0.600c, v = +2.43c, with the plus sign indicating a direction in the same direction as Watto’s motion (that is, away from Sebulba). d) As the result of part (c) suggests, Sebulba would see the tachyons moving toward Watto and hence t 3 is the time they would have left Sebulba in order to reach Watto at the distance found in part 2.12 ×1010 m = 89 s, and so Sebulba receives Watto’s message before (b), or 118 s − 2.43c even sending it! Tachyons seem to violate causality.
37.67: Longer wavelength (redshift) implies recession. (The emitting atoms are moving ( λ 0 λ) 2 − 1 away.) Using the result of Ex. 37.26: u = c (λ 0 λ) + 1
(656.3 ⇒ u = c (656.3
− 1 = −0.3570c = −1.071×108 2 953.4) + 1 953.4) 2
m s
37.68: The baseball had better be moving non-relativistically, so the Doppler shift formula (Eq. (37.25)) becomes f ≅ f 0 (1 − (u c)). In the baseball’s frame, this is the frequency with which the radar waves strike the baseball, and the baseball reradiates at f. But in the coach’s frame, the reflected waves are Doppler shifted again, so the detected 2 frequency is f (1 − (u c)) = f 0 (1 − (u c)) ≈ f 0 (1 − 2(u c)), so ∆ f = 2 f 0 (u c) and the
fractional frequency shift is
∆ f f 0
= 2 (u
c). In this case,
( 2.86 ×10 −7 ) u= c= (3.00 ×10 8 m) 2 f 0 2
∆ f
= 42.9 m s =154 km h = 92.5 mi h. 37.69: a) Since the two triangles are similar: H = Aγ = mc 2 γ = E .
b) O = H 2 − A 2 = E 2 − ( mc 2 ) 2 = pc. c) K = E − mc 2 . The kinetic energy can be obtained by the difference between the hypoteneuse and adjacent edge lengths.
37.70: a) As in the hint, both the sender and the receiver measure the same distance. However, in our frame, the ship has moved between emission of successive wavefronts, f 0 > f 0 . and we can use the time T =1 f as the proper time, with the result that f = γ 12 1 + 0.758 = 345 MHz b) Toward: f = f 0 = 930 MHz c −u 1 − 0.758 f − f 0 = 930 MHz − 345 MHz = 585 MHz.
c +u
Away: c −u
12
1 − 0.758 f = f 0 = 345 MHz = 128 MHz c +u 1 + 0.758 f − f 0 = −217 MHz. c) γ f 0 = 1.53 f 0 = 528 MHz , f − f 0 = 183 MHz. The shift is still bigger than f 0 , but not as large as the approaching frequency.
37.71: The crux of this problem is the question of simultaneity. To be “in the barn at one time” for the runner is different than for a stationary observer in the barn. The diagram below, at left, shows the rod fitting into the barn at time t = 0 , according to the stationary observer. The diagram below, at right, is in the runner’s frame of reference. The front of the rod enters the barn at time t 1 and leaves the back of the barn at time t 2 . However, the back of the rod does not enter the front of the barn until the later time t 3 .
37.72: In Eq. (37.23), u = V , v′ = (c n), and so (c n) + V (c n) + V = v= . cV 1 + (V nc) 1+ nc 2 For V non-relativistic, this is v
so k = 1 −
37.73: a) a ′ = d v ′ =
d v′ dv
=
≈ ((c n) + V )(1 − (V nc )) = (c n) + V − (V n 2 ) − (V 2 c 1 ≈ + 1 − 2 V n n
. 2 For water, n 1
dv
n
= 1.333
nc)
and k = 0.437.
d t ′ = γ ( dt − udx c 2 )
d t ′ dv (1 − uv c 2 ) 1 1 − uv c
2
+
+
v −u
u
(1 − uv c ) 2
v −u
2
c2
dv
u 2 (1 − uv c ) 2 c 2 1 − u 2 c 2 (v − u) u c = dv + 2 2 2 2 2 − c (1 − uv c ) ( 1 uv c ) 2
.
1 ∴ d v′ = dv 1 − uv 2 2 (1 − u c ) dv 2 2 2 2 (1 − uv c ) dv (1 − u c ) 1 ∴ a′ = = . . 2 2 2 γdt − uγ dx c dt (1 − uv c ) γ(1 − uv
2
c )
2 3 2 (1 − uv c 2 ) −3 . c )
= a(1 − u 2
b) Changing frames from S ′ → S just involves changing a → a ′, v → − v′ ⇒ a = −3
a ′(1 − u
2
2
c )
3 2
1 + uv ′ c 2
.
37.74: a) The speed v′ is measured relative to the rocket, and so for the rocket and its occupant, v ′ = 0. The acceleration as seen in the rocket is given to be a ′ = g , and so the acceleration as measured on the earth is a
b) With v1
=0
=
du dt
32
2 = g 1 − u 2 c
when t = 0 ,
.
dt = t1
1
g (1 − u 2 c 2 ) 3 2
∫
dt =
t 1
=
0
du
1
du
v1
g ∫ (1 − u 0
v1 g 1 − v12 c 2
2
c 2 )3 2
.
c) d t ′ = γ dt = dt / 1 −u 2 c 2 , so the relation in part (b) between dt and du, expressed in terms of d t ′ and du, is d t ′ = γ dt =
1 1 −u
du 2
c
2
g (1 − u
2
2
c )
Integrating as above (perhaps using the substitution c v t 1′ = arctanh 1 . g c
3 2
=1
du
g (1 − u 2 c 2 ) 2
z = u c
.
) gives
For those who wish to avoid inverse hyperbolic functions, the above integral may be done by the method of partial fractions; gd t ′ =
= 1 du 2 1 +u
du (1 +u c)(1 −u c )
c
+
, 1 −uc du
which integrates to t 1′
=
c + v1 . 1n 2 g c − v1 c
d) Solving the expression from part (c) for v1 in terms of t 1 , (v1 c )
= tanh( g t 1′
c), so
that 1 − (v1 c ) 2 =1 cosh ( g t 1′ c), using the appropriate indentities for hyperbolic functions. Using this in the expression found in part (b), c tanh( g t 1′ c) c = sinh( g t 1′ c), t 1 = g 1 cosh( g t 1′ c) g which may be rearranged slightly as gt 1 c
g t ′ = sinh 1 . c
If hyperbolic functions are not used, v1 in terms of t 1′ is found to be
v1
=
c
− g t 1′ c1
g t 1′ c
−e
g t 1′ c
+e
e
e
− g t 1′ c′
which is the same as tanh( g t 1′ c ). Inserting this expression into the result of part (b) gives, after much algebra, t 1
=
c
2 g
(e g t 1′
c
− e − g t ′ c ), 1
which is equivalent to the expression found using hyperbolic functions. e) After the first acceleration period (of 5 years by Stella’s clock), the elapsed time on earth is t 1′
=
c g
sinh( g t 1′ c)
= 2.65 ×10 9 s = 84.0 yr.
The elapsed time will be the same for each of the four parts of the voyage, so when Stella has returned, Terra has aged 336 yr and the year is 2436. (Keeping more precision than is given in the problem gives February 7 of that year.) 37.75: a) f 0
= 4.568110 ×1014
Hz f +
= 4.568910 ×1014
Hz f −
= 4.567710 ×1014
Hz
c + (u + v) f + = ⋅ f 0 2 c − (u + v) f + (c − (u + v)) = f 02 (c + (u + v))
⇒ 2 2 c + (u − v) f − (c − (u − v)) = f 0 (c + (u − v)) ⋅ f 0 f − = c − (u − v) where
u is the velocity of the center of mass and v is the orbital velocity.
⇒ (u + v) =
−1 c 2 f 0 ) + 1
( f + f 0 ) 2 ( f +
and (u − v) =
( f −2 f 02 ) − 1 ( f −2 f 02 ) + 1
⇒ u + v = 5.25 ×10 4 m s u − v = −2.63 ×10 4 m s ⇒ u = +1.31 ×10 4 m s ⇒moving toward at 13.1 b) v = 3 .94 ×10 4 m s T =11 .0 days.
c
km s.
(3.94 ×10 4 m s) (11.0 days) (24 hrs day) (3600 sec hr) ⇒ 2π R = vt ⇒ R = 2π 5.96 ×10 9 m ≈ 0.040 earth - sun distance.
=
Also the gravitational force between them (a distance of 2 R) must equal the centripetal force from the center of mass: (Gm2 ) mv 2 4 Rv 2 = ⇒m = = R G (2 R) 2 4(5.96 ×10 9 m)(3.94 ×10 4 m s) 2 6.672 ×10
−11
N ⋅ m
2
kg
2
= 5.55 ×10 29
kg
= 0.279 m sun .
37.76: For any function f = f ( x, t ) and x = x( x′, t ′), t = t ( x′, t ′), let F ( x′, t ′) = f ( x( x ′, t ′), t ( x ′, t ′)) and use the standard (but mathematically improper) notation F ( x′, t ′) = f ( x′, t ′). The chain rule is then
∂ f ( x′, t ′) ∂ f ( x, t ) = ∂ x ∂ x ′ ∂ f ( x′, t ′) ∂ f ( x, t ) = ∂t ∂ x ′
∂ x ′ + ∂ f ( x′, t ′) ∂ x ∂t ′ ∂ x ′ + ∂ f ( x′, t ′) ∂t ∂t ′
∂t ′ , ∂ x ∂t ′ . ∂t
In this solution, the explicit dependence of the functions on the sets of dependent variables is suppressed, and the above relations are then ∂ f ∂ f ∂ x′ ∂ f ∂t ′ ∂ f = ∂ f ∂ x ′ + ∂ f ∂t ′ . , = + ∂ x ∂ x′ ∂ x ∂t ′ ∂ x ∂t ∂ x ′ ∂t ∂t ′ ∂t
a)
∂ x′ ∂ x′ ∂ t ′ ∂ t ′ ∂ E ∂ E ∂ 2 E ∂ 2 E = 1, = − v, = 0 and = 1. Then, = , and 2 = 2 . ∂ x ∂ t ∂ x ∂ t ∂ x ∂ x′ ∂ x ∂ x′
For the time derivative,
∂ f ∂ ∂ = −v E + yE . ∂t ∂ x′ ∂t ′
To find the second time derivative, the
chain rule must be applied to both terms; that is,
∂ ∂ E ∂ 2 E ∂ 2 E , = −v 2 + ∂ t ∂ x ′ ∂ x′ ∂ t ′∂ x ′ ∂ ∂ E ∂ 2 E ∂ 2 E = −v + 2. ′ ′ ′ ∂ t ∂ t ∂ x ∂ t ∂ t ′ ∂2 E , Using these in ∂t 2 2
2
2
collecting terms and equating the mixed partial derivatives gives
2
∂ E 2 ∂ E ∂ E ∂ E =2 v 2 − 2v + 2 ∂ t x∂ ′ x∂ ′ ∂ t ′ ∂ t ′ ∂ 2 E and using this and the above expression for gives the result. 2 ∂ x ′ b) For the Lorentz transformation,
∂ x′ ∂ x′ ∂t ′ = γ, = γ v, = γ v / c 2 ∂ x ∂t ∂ x
and
∂t ′ = γ. ∂t
The first partials are then ∂ E = γ ∂ E − γ v ∂ E , ∂ E = −γv ∂ E + γ ∂ E ∂ x ∂ x′ c 2 ∂t ′ ∂t ∂ x′ ∂t ′ and the second partials are (again equating the mixed partials)
2
2
2
2
2
∂ E 2 ∂ E 2 v ∂ E 2 v ∂ E = γ 2 + γ 4 2 − 2γ 2 2 ∂ x ∂ x′ c ∂ t ′ c ∂ x′ ∂ t ′ ∂ 2 E 2 2 ∂ 2 E 2 ∂ 2 E 2 ∂ 2 E = γ v 2 + γ 2 − 2γ v . 2 ∂ t ∂ x′ ∂ t ′ ∂ x′ ∂ t ′ Substituting into the wave equation and combining terms (note that the mixed partials cancel),
∂ 2 E 1 ∂ 2 E 2 v2 ∂ 2 E 2 v2 1 ∂ 2 E − 2 2 = γ 1 − 2 2 + γ 4 − 2 2 2 ∂ x c ∂ t c ∂ x′ c c ∂ t ′ ∂ 2 E 1 ∂ 2 E = 2− 2 2 ∂ x′ c ∂ t ′ = 0. 37.77: a) In the center of momentum frame, the two protons approach each other with equal velocities (since the protons have the same mass). After the collision, the two protons are at rest─but now there are kaons as well. In this situation the kinetic energy of the 2 2 protons must equal the total rest energy of the two kaons ⇒ 2( γ cm − 1) m p c = 2 mk c ⇒ m γ cm = 1 + k = 1.526. The velocity of a proton in the center of momentum frame is then m p
vcm
=c
γ 2cm γ
−1
2 cm
= 0.7554c.
To get the velocity of this proton in the lab frame, we must use the Lorentz velocity transformations. This is the same as “hopping” into the proton that will be our target and asking what the velocity of the projectile proton is. Taking the lab frame to be the unprimed frame moving to the left, u = vcm and v ′ = vcm (the velocity of the projectile proton in the center of momentum frame). 2v v′ + u = cm2 = 0.9619c vlab = uv′ v 1+ 2 1 + cm 2 c c 1 ⇒ γ lab = = 3.658 2 vlab 1− 2 c
⇒ K lab = (γ lab − 1)m p c 2 = 2494 MeV. b)
K lab 2mk
=
2494 MeV 2(493.7 MeV)
= 2.526.
c) The center of momentum case considered in part (a) is the same as this situation. Thus, the kinetic energy required is just twice the rest mass energy of the kaons. K cm = 2( 493.7 MeV) = 987.4 MeV. This offers a substantial advantage over the fixed target experiment in part (b). It takes less energy to create two kaons in the proton center of momentum frame.
Problemas de Relatividad Especial http://www.fisica-relatividad.com.ar/problemas Si no se indica lo contrario, asuma que todos los sistemas de referencia son inerciales
(Nota: Se están incorporando las respuestas y algunas soluciones completas). 1. ¿Cuál ha de ser la velocidad relativa de dos observadores inerciales para que sus medidas de intervalos de tiempo difieran en 1% ? (Respuesta: V=0.99995 c). Solución 2. El período propio de vida de un mesón pi es de 2.6x10-8 seg . Si un haz de estas partículas tiene una velocidad de 0.9 c, indicar: a. ¿Cuál es el período de vida de esos mesones con respecto al laboratorio? (Rta.: 5.96x10-8 seg ) b. ¿Qué distancia recorren en el laboratorio antes de desintegrarse? (Rta.: 16.1 m) 3. En el caso de los mesones pi considerados en el ejercicio anterior, indicar qué distancia habrá recorrido el laboratorio en el sistemas de referencia de los mesones. (Rta.: 7.02 m) 4. ¿Cuántas veces aumentará la vida de una partícula inestable (para un observador en reposo), si se mueve a una velocidad 0.99 c ? (Rta.: T´/ T 0= 7.09) 5. Un avión vuela a 3x10-6 c (3240 Km/h). Asumiendo que la Tierra fuera un sistema inercial, indicar: a. ¿En qué proporción se verá contraída la longitud del avión con respecto a la Tierra? b. ¿Durante un año medido en tierra (3.16x107 seg ), qué intervalo de tiempo marcará el reloj del avión? (Rta: No se detectarán cambios, ni de longitud ni de tiempo ) 6. Demuestre que si un fenómeno es causal no puede existir un sistema de referencia en el cual el orden de los sucesos esté invertido. (Solución en la última parte del capítulo de Simultaneidad) 7. Dos naves espaciales se aproximan desde posiciones opuestas en un sistema inercial. Si la velocidad de cada una de ellas es de 0,9 c, calcule la velocidad relativa entre las naves. (Rta.: Vel rel = - 0.994 c) Solución 8. Un haz luminoso se mueve a lo largo del eje y’ del sistema inercial S’ con velocidad c. S’ se está moviendo con respecto a S según el eje x con una velocidad V constante. Se pide: a. Hallar las componentes v x y v y del haz con respecto a S. (Rta.: v x= V v y= [c2-V 2 ]1/2)
b. Demostrar que la velocidad de la luz con respecto a S es c. (Rta.: c2 = v x2 + v y2) 9. Un cuerpo se mueve a una velocidad v3 = 0.9 c a lo largo del eje x” de un sistema inercial S”. S” se mueve hacia la derecha a una velocidad v2 = 0.9 c sobre el eje x’ de un sistema S’, y S’se mueve hacia la derecha a una velocidad v1 = 0.9 c sobre el eje x de un sistema S. Se pide hallar la velocidad del cuerpo con respecto a S. (Rta.: v = 0.9997 c) 10. Dos naves espaciales de 100 m de longitud propia se mueven en sentido opuesto a velocidad 0.8 c respecto a la Tierra (suponga el sistema inercial). Se pide: a. Indicar que longitud tiene cada nave con respecto a la otra. (Rta.: L' = 21.95 m) b. En el instante t = 0, medido en Tierra, las proas de las naves se cruzan. Calcular la diferencia de tiempo que marcará el reloj de la Tierra cuando se crucen sus popas. (Rta.: T = 2.5x10-7 seg ) 11. Un tren cuya longitud propia es de 1200 m pasa a gran velocidad por una estación cuyo andén mide 900 m, y el jefe de la estación observa que al pasar el tren ocupa exactamente toda la longitud del andén. Se pide calcular la velocidad del tren. (Rta.: 0.66 c) 12. Una nave espacial pasa frente a la Tierra (suponga inercial el sistema) a una velocidad v = 0.6 c. En ese instante un observador en la Tierra y el tripulante de la nave ponen simultáneamente sus relojes en cero. Cuando el tripulante de la nave lea 60 seg en su reloj mandará una señal luminosa hacia la Tierra. Cuando el observador de la Tierra reciba la señal, a su vez mandará hacia la nave una señal de confirmación. Se pide: a. ¿A qué hora según él reloj de la Tierra llega la señal de la nave? (Rta.: 120 seg ) b. ¿A qué hora según el reloj de la nave recibirá la señal de confirmación? (Rta.: 240 seg ) 13. Sea un tren que camina a una velocidad V con respecto a la Tierra. Sobre los extremos del tren caen rayos que dejan marcas P’ y Q’ sobre él, y P y Q sobre la Tierra. Un observador O que esté sobre la Tierra a mitad de camino entre P y Q ve caer los rayos en forma simultánea. Indicar si ocurrirá o no lo propio para un observador O’ situado en el punto medio del tren (ejemplo propuesto por Einstein). Solución 14. Sea un sistema S en el cual ocurren dos sucesos E1 y E2 (fenómeno causal). E1 determina a E2, y por lo tanto t 1< t 2. Demostrar que según un sistema S’ cualquiera que se mueve con respecto a S hacia la derecha con una velocidad V , E1 y E2 ocurrirán en instantes t’ 1 y t’ 2, siendo t’ 1 < t’ 2. Solución en la última parte del capítulo de Simultaneidad
15. Un electrón se mueve a una velocidad v = 1.8 x 108 m/seg con respecto a un observador inercial. Indicar: a. Su masa. (Rta.: m=1.25 m0=1.14x10-30 Kg ) b. Su energía cinética. (Rta.: 0.128 Mev) c. Su energía total. (Rta.: 0.638 Mev) 16. Un protón es acelerado hasta que su energía cinética es igual a su energía en reposo (938,28 MeV ). Hallar la relación v/c. (Rta.: 0.866 El dato de la energía en reposo no es necesario) 17. Un electrón es acelerado hasta que su energía cinética es 1000 MeV. Indicar: a. La relación m/mo. (Rta.: 1958) b. La relación v/c. (Rta.: 0.999...) 18. ¿Qué potencial eléctrico constante debe usarse para llevar un protón a la velocidad 0.6 c?. ¿Cuál será su energía total?. ¿Cuál será su energía cinética?. ¿Cuál será su cantidad de movimiento?. (Rta.: E TOTAL=1172.85 MeV ; E CINÉTICA =234.57 MeV ; V=2.34x108 Volts; p=3.75x1019 Kg m/seg ) 19. Indicar el trabajo necesario para llevar un electrón de la velocidad 0.6 c a la velocidad 0,9 c. (Rta.: W=0.533 MeV ) 20. Cuánta energía en MeV es necesaria para llevar la masa de un electrón al doble de su masa en reposo? (Rta.: Energía necesaria=0.511 MeV ) Indicar: a. La velocidad del electrón. (Rta.: 0.86 c) b. Su energía cinética. (Rta.: 0.511 MeV ) 21. En un sistema inercial actúa una fuerza constante F sobre un cuerpo inicialmente en reposo, durante un tiempo t . Demostrar que se cumple p = F t (Rta.: Usar definición de fuerza e integrar ) 22. Una partícula de masa mo en reposo tiene una energía total E. Mostrar que la velocidad de dicha partícula es:
(Rta.: Usar Principio de Equivalencia y masa relativista ) 23. Indicar la cantidad de movimiento de un electrón cuya energía cinética es de 1 MeV . (Rta.: p=7.58x10-22 Kg m/seg )
24. ¿Cuál es la velocidad de un electrón que ha sido acelerado por una diferencia de potencial de 105 KVolts? 25. ¿Cuál es la energía cinética de un electrón cuya cantidad de movimiento es de 2 MeV/c ? 26. Calcular la cantidad de movimiento de un electrón cuya velocidad es 0,8 c. 27. La masa en reposo de un muón es de 105 MeV/c2 y su tiempo de vida media es de 2x10-6 seg . Calcular la masa del muón en movimiento, referida al laboratorio, si su tiempo de vida media medida es 7x10-6 seg . Calcular la velocidad del muón. 28. En el sistema S un electrón se mueve hacia la derecha a una velocidad 0.6 c. Un observador se mueve a una velocidad 0.8 c en la misma dirección y sentido que el electrón. Indicar la energía del electrón que mediría el observador. 29. Un fotón gamma tiene una energía de 6 MeV . Determine su cantidad de movimiento. 30. Un cuerpo tiene una masa m y una velocidad v según un sistema inercial S. Indicar la masa que tendrá según un sistema S’ que se desplaza con velocidad V constante hacia la derecha con respecto a S. 31. Un cuerpo de masa mo en reposo se desplaza con velocidad 0.8 c en el sentido positivo del eje x del sistema inercial S, y choca plásticamente con un cuerpo de masa 3 mo, en reposo sobre el eje x de S. Indicar la masa del cuerpo unificado resultante del choque, su masa en reposo y su velocidad. 32. En un tubo de rayos X un electrón es acelerado por una diferencia de potencial de 0,2x105 Volt . Indicar la cantidad de movimiento de este electrón después de sufrir dicha aceleración. 33. La longitud de una varilla con 10 MeV de energía total se contrae 6.2 % con respecto a su longitud propia. Se pide hallar: a. Su masa en reposo. b. Su velocidad. c. Su energía cinética. 34. Un mesón cuya energía en reposo es de 140 MeV se creó a 100Km sobre el nivel del mar y se mueve verticalmente hacia abajo. Tiene una energía total de 1,5x105 MeV y se desintegra en 2,6x10-8 seg según su propio sistema de referencia. Indicar a que altura sobre el nivel del mar tendrá lugar la desintegración del mesón. 35. Sean dos partículas idénticas que se mueven en sentido contrario y velocidad v con respecto a un sistema inercial. Si su masa en reposo es mo, se pide indicar: a. La energía total del sistema, su cantidad de movimiento y la energía cinética de cada partícula. b. La energía total del sistema y la energía cinética de cada partícula desde el punto de vista de un observador situado en una de las partículas.
36. Sean dos partículas idénticas cuya masa en reposo sea mo y que se desplazan con respecto al sistema inercial S según el eje x con velocidades v y -2v respectivamente. Indicar: a. La energía total del conjunto, su cantidad de movimiento y la energía cinética de cada partícula. b. Idem a) pero para un observador situado en la partícula con velocidad v. 37. Sea un triángulo rectángulo de 6 m de base y 8 m de altura, tal como se indica en la figura adjunta. Este triángulo es solidario con un sistema S’ que se mueve a una velocidad 0.8 c según el eje x de un sistema S. Se pide indicar la superficie de dicho triángulo según S’ y según S.
38. Sean dos sucesos E1 y E2 que ocurren en puntos separados sobre el eje x de un sistema inercial S. E1 se produce antes que E2. Analizar que condiciones deben cumplirse para que en otro sistema de referencia S’, E2 se produzca antes que E1. 39. Sean tres partículas idénticas de masa mo en reposo, que con respecto a un sistema S tienen velocidades tales como está indicado en la figura adjunta.
A. Se pide indicar para un observador situado en S: a. La energía total del sistema. b. La cantidad de movimiento del sistema. c. La energía cinética de cada partícula. B. Lo mismo para un observador en B. 40. Un fotón gamma de 4 Mev se aniquila creando un par electrón positrón. Determinar: a. La energía cinética de cada partícula. b. El ángulo de salida entre electrón y positrón. 41. Un observador inercial nota que dos naves espaciales se aproximan entre sí en una misma dirección, y hacia él. La velocidad de ambas naves con respecto al observador es de 0.8 c y están separadas por 600000 Km para el observador. Se pide averiguar:
a. En cuanto tiempo, según el observador, chocarán ambas naves. b. La velocidad de cada nave con respecto al piloto de la otra nave. c. El tiempo que tiene el piloto de una de las naves para evitar una colisión.
