Kỷ yếu 15 năm trại hè hùng vương môn lý

PHẦN I – CÁC CHUYÊN ĐỀ MÔN VẬT LÝ

3


Chuyên đề 1. Thuyết tương đối hẹp
Trường THPT Chuyên Chu Văn An, Lạng Sơn.
Giáo viên: Trần Công Lãm
Điện thoại: 01236.989.013
Email:

A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong các kỳ thi HSGQG thường có phần kiến thức về Thuyết tương đối hẹp. Để có
tài liệu ôn thi cho học sinh, tôi đã tìm hiểu và biên soạn ra chuyên đề này. Trong quá trình tìm
hiểu tôi thấy, đa số các tài liệu khi chứng minh công thức liên hệ giữa năng lượng và khối
lượng của một vật thì đã thừa nhận công thức tính khối lượng theo vận tốc. Đó là một hạn chế
cho người học. Quá trình học tập là một quá trình tích lũy kiến thức, vận dụng và sáng tạo.
Xin nhắc lại một chút về lịch sử của Thuyết tương đối hẹp: Năm 1905, khi Albert
Einstein 25 tuổi đã phát minh ra Thuyết tương đối hẹp. Bảy năm sau, vào năm 1912, ông phát
minh ra công thức E = m.c2, đây có lẽ là công thức đẹp nhất trong vật lý.
Trong chuyên đề này, tôi xin giới thiệu tới bạn đọc một cách chứng minh cho cả hai
công thức trên, và về hiệu ứng Doppler tương đối tính, cùng một số bài tập áp dụng Thuyết
tương đối hẹp. Hy vọng đây sẽ là chuyên đề được nhiều bạn quan tâm, và tôi cũng rất mong
nhận được những ý kiến đóng góp và trao đổi của bạn đọc để có thể hiểu thêm về Thuyết
tương đối hẹp.
2. Mục tiêu của đề tài
Mục tiêu của đề tài này là tìm hiểu về Thuyết tương đối hẹp; áp dụng vào các bài toán
có trong các kỳ thi HSGQG. Đề tài không chứng minh các các công thức của phép biến đổi
Lorentz vì các công thức này đã có trong nhiều tài liệu tham khảo.
B. THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP

I. Các Tiên Đề Einstein
1. Tiên đề 1 (Nguyên lý tương đối - Galileo Galiei)
Mọi hiện tượng vật lý đều diễn ra như nhau trong các hệ quy chiếu quán tính.

4


2. Tiên đề 2 (Nguyên lý về sự bất biến của vận tốc ánh sáng)
Vận tốc của ánh sáng trong chân không là như nhau đối với mọi hệ quy chiếu quán
tính, có giá trị là c = 3.10 8 (m/s), và là vận tốc cực đại trong tự nhiên.
II. Phép biến đổi Lorentz

y

y’

O

O’

K
z

x x’

K’

z’

r

Giả sử có hai hệ quy chiếu (HQC) quán tính K và K’, K’ chuyển động với vận tốc v
so với K dọc theo trục Ox , O' x' ≡ Ox , O' y ' / /Oy , O' z ' / /Oz và tại thời điểm O trùng với O’
thì t0 = t0' = 0 .
Khi O trùng O’, giả sử có một tín hiệu sáng được phát ra từ O và O’ thì, theo tiên đề 2,
tọa độ của tín hiệu trong hai HQC là x = c.t , x ' = c.t ' . Vì x ≠ x ' nên t ≠ t ' : thời gian trôi đi
trong hai HQC khác nhau.
Với một biến cố bất kỳ, phép biến đổi Lorentz cho mối liên hệ của các tọa độ không gian và
thời gian của biến cố trong hai HQC như sau:

v
1
x = γ ( x ' + vt ' ) ; y = y ' ; z = z ' ; ct = γ ( ct ' + β x ' ) ; β = ; γ =
c
1− β 2

x' = γ ( x − vt ) ; y ' = y ; z ' = z ; ct ' = γ ( ct − β x ) ; 0 ≤ β ≤ 1 ≤ γ
1. Các hệ quả
a. Sự co ngắn Lorentz
Giả sử có một thanh đứng yên trong hệ K’ đặt dọc theo trục O’x’, độ dài của nó trong
hệ K’ bằng l0 = x2' − x1' . Trong hệ K, thanh có chiều dài l = x2 − x1 ; với x1 ; x2 được 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 của thanh trong HQC gắn
với thanh có giá trị lớn nhất, và ngắn lại trong HQC chuyển động dọc theo thanh.
b. Sự giãn thời gian
Giả sử có một quá trình xảy ra tại một điểm trong hệ K’ ( x2' = x1' ) với khoảng thời gian
là Δt ' = t2' − t1' . Khi đó, trong hệ K, quá trình xảy ra với khoảng thời gian là Δt ,

5

(

)

cΔt = c ( t2 − t1 ) = γ c ( t2' − t1' ) + β ( x2' − x1' ) = γ cΔt ' ≥ cΔt ' ⇒ Δt ≥ Δt ' : khoảng thời gian trong
HQC gắn với quá trình có giá trị nhỏ nhất, và dài ra trong HQC chuyển động với quá trình.
2. Định lý tổng hợp vận tốc
Với một chất điểm, từ phép biến đổi Lorentz, lấy vi phân các tọa độ không gian và
thời gian của chất điểm trong hệ K’, ta có:

dx' = γ ( dx − vdt ) ; dy ' = dy ; dz ' = dz ; cdt ' = γ (cdt − β dx )
Vận tốc của chất điểm trong hệ K’ dọc theo các trục tọa độ:

ux' =

uy
ux − v
uz
, u 'y =
, uz' =
vu
⎛ vu ⎞
⎛ vu ⎞
1 − 2x
γ ⎜1 − 2x ⎟
γ ⎜1 − 2x ⎟
c
c ⎠

c ⎠
⎝
⎝

III. CHỨNG MINH CÔNG THỨC E = mc

2

1. Tính tương đối của khối lượng
Theo tiên đề 2, ta thấy khi vật chuyển động càng gần tới vận tốc ánh sáng thì càng khó
thay đổi vận tốc, tức là, quán tính của vật càng lớn, hay nói cách khác, vật có khối lượng càng
lớn. Vậy khối lượng của vật thay đổi khi nó chuyển động.

y

y’

x
O

x’

O’

2. Chứng minh công thức E = mc2
* Xét một chất điểm chuyển động với các thông tin trong hai HQC như hình vẽ. Lực
tác dụng, vận tốc tức thời và khối lượng của chất điểm trong các HQC là:

ur r

+ HQC K : F , u , m

uur ur

+ HQC K’ : F ' , u ' , m'

r
ur d mu
Khi đó, theo tiên đề 1, phương trình chuyển động tổng quát của chất điểm là F =
phải
dt

( )

bất biến đối với phép biến đổi Lozentz, tức là qua phép biến đổi Lorentz ta thu được phương
ur
uur d m' u '
trình F ' =
và ngược lại.
dt '

( )

6


ur
F=

ur

Phép biến đổi Lorentz
uur d m' u '
F' =
dt '

( )

r
d mu

( )
dt

(1)

Chiếu (1) lên phương chuyển động, ta được:

d ( mu )
F=
dt

Phép biến đổi Lorentz

F =
'

d ( m 'u ' )
dt '

(2)

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
Trong đó, dE = dxF và dE ' = dx ' F ' là biến thiên năng lượng của chất điểm trong hệ K và K',
có giá trị bằng công của ngoại lực thực hiện lên chất điểm trong hệ K và K'. Từ đó suy ra:

⎧γβ E ' = cmu − γ cm'u ' + A
⎪

⎨
' '
⎪
⎩γβ E = −cm u + cγ mu + B

(*)

Với A, B là các hằng số.
* Nhận xét: Từ (*) ta xét các trường hợp sau:
+ Cho u = u ' = 0 thì v = 0, β = 0 , với mọi chất điểm, theo (*) ta được: A = B = 0 .

7


+ 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 2
⎪E = γ
⎪
⎪
2
⎨ E = mc

⎪E = γ E '
⎪
⎪⎩

Ở đây E ' là năng lượng của chất điểm trong HQC gắn với chất điểm, và đương nhiên nó sẽ
có giá trị không đổi, ta sẽ gọi nó là năng lượng nghỉ của chất điểm. Tiếp theo, ta thấy nếu
v = 0 thì HQC quán tính K cũng gắn với chất điểm và khi đó ta suy ra được E ' = E = m0 c 2 ,

m0 là khối lượng của chất điểm trong HQC gắn với chính nó, ta sẽ gọi nó là khối lượng nghỉ
của chất điểm. Vậy ta có:

⎧
mc 2
2
⎪m0 c = γ
⎪
⎪
2
⇒
⎨ E = mc
⎪E = γ E '
⎪
⎪⎩

⎧m = γ m0
⎪ '
2
⎨ E = m0c
⎪
2

⎩ E = mc

* Kết luận:
+ Khối lượng của vật có tính tương đối, phụ thuộc vào HQC: nhỏ nhất khi vật đứng yên, gọi
là khối lượng nghỉ, và tăng khi vật chuyển động. Nếu kí hiệu khối lượng nghỉ của vật là m0

r

thì khi vật chuyển động với vận tốc v không đổi đối với một HQC quán tính thì khối lượng
của nó là:

m0

m = γ m0 =

v2
1− 2
c

≥ m0

+ Nếu kí hiệu năng lượng của vật là E thì khi vật đứng yên nó có năng lượng nghỉ là

E0 = m0c 2 , khi chuyển động có năng lượng toàn phần là E , gồm năng lượng nghỉ và động
năng:

E = mc 2
+ Công thức liên hệ giữa năng lượng toàn phần và động lượng của vật:
ur
r

r
E 2 = m02c4 + p2c2 , p = mv = m0γ v

8


* Bây giờ ta sẽ tổng quát hoá công thức khối lượng tăng theo vận tốc, tức là xét khi vật
chuyển động với vận tốc thay đổi, ta cần nghiệm lại tiên đề 1.

r

Giả sử vận tốc thay đổi của vật đối với HQC quán tính K là u , lực tác dụng lên vật là

ur
F , và khối lượng của vật là m = γ m0 . Trong mọi trường hợp chuyển động của vật, ta luôn
r
ur
đưa về được hai véctơ F và u cùng phương với nhau. Vậy ở đây ta chỉ cần xét trong trường

r

ur

hợp đơn giản u ↑↑ F . Khi đó, ta có:

⎛
⎜
v
m0 1 − 2 d ⎜
c ⎜

⎜
d (mu )
⎝
F=
=
v '
dt
⎛
⎜1 + 2 u
⎝ c
2

+

1−

u2
+
c2

⎞
⎟
u ⎟
u2 ⎟
1− 2 ⎟
c ⎠
⎞ '
⎟ dt
⎠

(i )

2u

.u
2
⎛
⎞
⎛
⎞
u
2c 2 1 − 2
⎜
⎟
⎜
⎟
d ⎜ u ⎟
1
u ⎟
du
c
⎜
+
=
=
⇒ d
=
2
3
3

2
2
2
uv
2
du ⎜
u ⎟
u ⎟ ⎛ ⎛ v 2u⎞2 ⎞ 2
2 ⎜
⎛
⎞
u
v
⎛
⎞
1
−
v
⎜ 1− 2 ⎟
'
1 + 2 u ' − ( u⎜'1+−v ) ⎟ 1 − 2 ⎜ 1 − c 2 ⎟ ⎜1⎜−1 − 2 ⎟2 du
⎝ u '+ cv ⎠
⎝
⎠ ⎝ ⎝ c c⎠ ⎟⎠
du ⎜⎝ c c 2 ⎟⎠ c 2 ⎝ c 2 ⎠
c
+ u=
⇒
=
=

⇒ du =
2
2
2
v
du '
v ⎞
v ⎞
v ⎞
⎛
⎛
⎛
1+ 2 u '
⎜1 + 2 u ' ⎟
⎜1 + 2 u ' ⎟
⎜1 + 2 u ' ⎟
c
⎝ c ⎠
⎝ c ⎠
⎝ c ⎠

(ii )

(iii )

2

⎛
⎞
⎜ u' + v ⎟

2
c −⎜
v2 ⎞
2
2
'2 ⎛
v '⎟
v 2 '2
2
'
'2
2
'
(
c
−
v
)
−
u
1
−
⎜
⎟
1
+
u
⎜
⎟
c + 2 u + 2vu − u − v − 2vu

2
c2 ⎠
⎛ u 2 ⎞ c2 − u 2
c
⎝
⎠
⎝
c
+ ⎜1 − 2 ⎟ =
=
=
=
2
2
c2
c2
v '⎞
v ⎞
⎛
⎝ c ⎠
2⎛
c ⎜1 + 2 u ⎟
c 2 ⎜1 + 2 u ' ⎟
⎝ c ⎠
⎝ c ⎠

=

c2 (c2 − v2 ) − u ' 2 (c2 − v2 )
v ⎞

⎛
c ⎜1 + 2 u ' ⎟
⎝ c
⎠

2

(c
=

4

2

− v 2 )( c 2 − u '2 )

v ⎞
⎛
c ⎜1 + 2 u ' ⎟
⎝ c
⎠

2

4

⎛ v 2 ⎞⎛ u '2 ⎞
1
= ⎜1 − 2 ⎟⎜1 − 2 ⎟
2

c ⎠⎛
v ⎞
⎝ c ⎠⎝
1
+
u
'
⎜
⎟
2
⎝ c
⎠

Thay (iii) và (iv) vào (ii), ta được:
⎛
⎜
d ⎜ u
du ⎜
u2
⎜ 1− 2
c
⎝

3

⎛ v2 ⎞ ' ⎛
⎞
v '⎞
v '⎞ '
⎛

⎜1 − 2 ⎟ du ⎜1 + 2 u ⎟
⎟
⎜1 + 2 u ⎟ du
c
c
⎠
c ⎠
⎝
⎠ ⎝
⎟=
= ⎝
3
3
3
2
⎟
2
'2
2
2
2
⎞ ⎛ u ⎞
⎛ u '2 ⎞ 2
v
v
v
⎛
'⎞ ⎛
⎟ ⎜1 + 2 u ⎟ ⎜1 − 2 ⎟ ⎜1 − 2 ⎟
1 − 2 ⎜1 − 2 ⎟

⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠
c ⎝ c ⎠

9

(v )

(iv )


Thay (v) vào (i), ta được:

F=

Trong HQC K’:

m0 1 −

v2
c2

v '⎞ '
⎛
⎜1 + 2 u ⎟ du
⎝ c ⎠

d ( mu )
m0 du '
=
=

3
3
dt
v '⎞
v 2 ⎛ u '2 ⎞ 2 ' ⎛ u '2 ⎞ 2 '
⎛
⎜1 + 2 u ⎟ 1 − 2 ⎜1 − 2 ⎟ .dt ⎜1 − 2 ⎟ .dt
c ⎝ c ⎠
⎝ c ⎠
⎝ c ⎠

( vi )

⎛
⎞
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
'
m0
u
⎟
d⎜
u ' ⎟ m0 d ⎜
⎜
⎜
u '2 ⎟

u '2 ⎟
⎜ 1− 2 ⎟
⎜ 1− 2 ⎟
d ( m 'u ' )
m0 du '
c
c ⎠
⎝
⎠
⎝
F'=
=
=
=
3
dt '
dt '
dt '
⎛ u '2 ⎞ 2 '
⎜1 − 2 ⎟ .dt
⎝ c ⎠

( vii )

Vậy từ (vi) và (vii), ta thấy dạng của định luật II Newton tổng quát được giữ nguyên qua phép
biến đổi Lorentz. Tiên đề 1 được nghiệm đúng.
Những kết quả kỳ lạ của Thuyết tương đối hẹp đều được tìm ra từ hai tiên đề 1 và 2
của Einstein. Toàn bộ thuyết tương đối hẹp nằm trong hai tiên đề, mà nếu viết ra chỉ dài có 4
dòng .
IV. HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH

N

N

NQS

Hiệu ứng Doppler tương đối tính

r

Giả sử nguồn N phát ra tín hiệu sóng điện từ có tần số f 0 , chuyển động với vận tốc v

r

đối với người quan sát (NQS - máy thu) đứng yên như hình vẽ, θ là góc tạo bởi v và hướng
từ nguồn tới NQS. Bắt đầu với tín hiệu Σ , trong HQC gắn với nguồn, sau đó khoảng thời
gian

T0 =

1
nó lại phát ra tín hiệu Σ ' tiếp theo. Khi đó, trong HQC gắn với NQS, khoảng thời
f0

gian trôi đi là γ T0 , và trong khoảng thời gian này, đối với NQS , tín hiệu Σ đã dịch chuyển
được một đoạn là cγ T0 , còn nguồn dịch chuyển được đoạn vt γ T0 = v cos θγ T0 , tại đây nguồn

10

lại phát ra tín hiệu Σ ' tiếp theo. Vậy trong HQC gắn với NQS, khoảng cách giữa hai tín hiệu
nhận được, gọi là bước sóng, là λ = cγ T0 − v cos θγ T0 , dẫn tới tần số nhận được:

⎛
c
1 ⎜
1
f = =
=
⎜ v
λ cγ T0 − v cos θγ T0 γ T0 ⎜ 1 − cosθ
⎝ c
c

⎞
⎟ f0 1 − β 2
⎟=
⎟ 1 − β cosθ
⎠

Khi θ = 900 , ta có hiệu ứng Doppler ngang f = γ f 0 .
Hiệu ứng Doppler tương đối tính được ứng dụng nhiều trong khoa học và kỹ thuật,
đặc biệt là trong thiên văn học, các nhà thiên văn đã phát hiện ra sự dịch chuyển về phía đỏ
của ánh sáng phát ra từ các ngôi sao, các thiên hà xa xôi trong vũ trụ mà đi đến kết luận rằng
vũ trụ đang giãn nở.
C. BÀI TẬP VÍ DỤ
I. BÀI TẬP VỀ THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP

r

Bài 1 : Một thanh chuyển động theo chiều dọc với vận tốc v không đổi đối với HQC quán
tính K. Hỏi với giá trị v bằng bao nhiêu thì chiều dài của thanh trong HQC đó sẽ ngắn hơn
chiều dài riêng của nó là η = 0,5% ?

r

Lời giải: Gọi l0 là chiều dài riêng của thanh. Khi thanh chuyển động với vận tốc v dọc theo

v
c

thanh so với HQC quán tính K thì chiều dài của nó trong K là l = l0 1 − β 2 ; β = . Theo giả
thiết, cần có l = (1 − η ) l0 , từ đó suy ra vận tốc chuyển động của thanh so với K là :

v = c η ( 2 −η ) ≈ 0,3.108 ( m / s )
Bài 2 : Một hình tam giác vuông cân đứng yên trong một HQC K, có diện tích bằng S . Tìm
diện tích của hình tam giác này và các góc của nó trong một hệ K’ chuyển động đối với hệ K
với vận tốc bằng

4
c theo phương song song với cạnh huyền của tam giác.
5

11


Lời giải:

r

Gọi vận tốc của hệ K’ so với hệ K là v ; K’ chuyển động dọc theo trục Ox , theo
phương song song với cạnh huyền của tam giác. Khi đó, so với K’, K chuyển động với vận tốc

r

là −v , và trong K hình tam giác là ABC , trong K’ là A' B 'C ' .

a2
Trong hệ K, tam giác ABC có : AB = AC = a ; BC = a 2 ; ∑
ABC = ∑
ACB = 450 ; S =
2

2

3 2a
v 4
⎛4⎞
Trong hệ K’, tam giác A' B 'C ' có : B'C ' = BC 1 − β 2 = BC 1 − ⎜ ⎟ =
;β= =
5
c 5
⎝5⎠
Không gian co lại dọc theo hướng chuyển động, các hướng khác vẫn giữ nguyên, do đó ta có :

B' H ' = BH ⇔ A' H ' tan ϕ = AH tan 450 ⇔

B 'C '
BC

5
tan ϕ =
⇔ tan ϕ = ⇒ ϕ ≈ 590
2
2
3

Vậy tam giác A' B 'C ' trong K’ :

B 'C '
3 2a
3 82a
∑
' ' '
' ' '
' '
B
AC = 620 ; ∑
A' B 'C ' = ∑
AC
B = 590 ; A' B ' = AC
=
=
1 + tan 2 ϕ =
2cos ϕ
10
50
B' H ' =

B 'C '

a 2
1
1 3 2a a 2 3a 2 3S
tan ϕ =
⇒ S ' = B 'C ' . B ' H ' = .
.
=
=
2
2
2
2 5
2
10
5

Bài 3 : Tìm độ dài riêng của một thanh, nếu trong HQC phòng thí nghiệm, vận tốc của nó là

c
v = , độ dài là l = 1, 00m và góc giữa nó với phương chuyển động là α = 450 .
2
Lời giải:

Trong HQC phòng TN, ta có :

lx = l cos α ; l y = l sin α
Suy ra :

l0 x' 1 − β 2 = l cos α → l0 x' =

+

l0 = l + l
2
0 x'

2
0 y'

l cos α
1− β 2

; l0 y' = l sin α

1 − β 2 sin 2 β
1 − 0,52 sin 2 450
42
=l
=1
=
m ≈ 1,08m
2
2
1− β
1 − 0,5
6

12

+

tan γ =

l0 y'
l0 x'

= tan α . 1 − β 2 = tan 450. 1 − 0,52 =

3
⇒ γ ≈ 40053'
2

Bài 4 : Một thanh chuyển động dọc theo một cái thước với một vận tốc không đổi nào đó.
Nếu cố định đồng thời vị trí của cả hai đầu thanh này trong HQC gắn với cái thước, thì hiệu
số các số đọc trên thước là Δx1 = 4,0m . Nếu cố định đồng thời vị trí của cả hai đầu thanh
trong HQC gắn với thanh, thì hiệu số các số đọc trên thước này là Δx2 = 9, 0m . Tìm độ dài
riêng của thanh và vận tốc của nó đối với cái thước.
Lời giải:
l0

O

Trong HQC gắn với thước, ta có :

Δx1 = l0 1 − β 2

(1)

Trong HQC gắn với thanh, ta có :

l0 = Δx2 1 − β 2

( 2)

(1) × ( 2) ⇒ :

Δx1Δx2 1 − β 2 = l02 1 − β 2 ⇒ l0 = Δx1Δx2 = 4.9 = 6m
2

Suy ra :

⎛ Δx ⎞
5c
v = c 1− ⎜ 1 ⎟ =
≈ 2, 24.108 m / s
3
⎝ l0 ⎠

Bài 5 : Một thanh nhỏ chuyển động từ trái sang phải. Khi đầu trái của thanh đi qua trước một
máy ảnh, một bức ảnh của thanh được chụp đồng thời với ảnh của một thước mét mẫu đứng
yên. Sau khi rửa ảnh người ta thấy đầu trái của thanh trùng với vạch O của thước mẫu, còn
đầu phải trùng với vạch 0,9m. Biết rằng thanh chuyển động với vận tốc 0,8c đối với máy ảnh,
tính độ dài thực của thanh.

13


Lời giải:
Khi đầu A của thanh trùng với vạch 0,9m của thước mẫu, tín hiệu sáng từ đầu A

truyền tới máy ảnh, máy ảnh vẫn đang đóng. Khi đầu B tới vạch O của thước, tín hiệu sáng
gửi từ đầu B tới máy ảnh. Cả hai tín hiệu trên tới máy ảnh cùng một lúc, máy ảnh mở ra nhận
2 tín hiệu, và khi rửa ảnh thì ảnh thu được cho thấy B ≡ O ; A ≡ 0,9m. Vậy ta thấy thời gian
tín hiệu sáng đi được 0,9m bằng thời gian đầu B đi từ x tới O. Do đó, ta có :

x 0,9
0,9
=
⇒ x = 0,8c.
= 0,72m
v
c
c
Vậy chiều dài thực của thanh là l0 = 0,9m + 0,72m = 1,62m .
Kết quả này cho thấy, việc chụp ảnh một thanh đang chuyển động không cho ta độ dài thực
của thanh. Nếu v = c thì ta chụp được chính xác độ dài thực của 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 :

u x' =

0,8c.cosα − ( −0, 6c ) ( 0, 6 + 0,8cosα ) c
ux − v
=
=
= 0,913c > u x = 0, 693c

ux v
0,8c.cosα ( −0, 6c )
1
+
0,
48
cos
α
1− 2 1−
c
c2

v2
2
c 2 = 0,8c.sinα 1 − 0, 6 = 0, 226c < u = 0, 400c
u y' =
y
uv
1 + 0, 48cosα
1 − x2
c
uy 1−

Vận tốc của hạt đo bởi quan sát viên O ' :

u ' = ux2' + u y2' =

( 0,913c ) + ( 0, 226c )
2

2

= 0,941c > u = 0,8c

ur
u 'y 0, 226c
'
'
Gọi góc tạo bởi u và trục x là γ , ta có : tan γ = ' =
= 0, 248 ⇒ γ = 13055'
u x 0,913c
Bài 7 : (Đề thi chọn đội tuyển dự thi Ipho năm 2008)

ur

Cho một hạt điện tích q > 0 chuyển động tương đối tính trong một điện trường đều E = {E;0}

ur

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 .

14


y

O

x

a. Thiết lập phương trình chuyển động và vẽ phác dạng quỹ đạo của hạt.
b. Xác định véctơ vận tốc của hạt tại thời điểm t =

p0
.
qE

Lời giải:

r
d mu

( ) = uFr = qEur

a. Theo định luật II Newton, ta có :

dt

(1)

d ( mux )
= qE ⇔ d ( mux ) = qEdt (*)
dt

+ Chiếu pt (1) lên Ox, ta được :
Lấy tích phân hai vế (*), ta có :

mu x

t

⎛ u2 + u2 ⎞
.u x = qEt ⇔ m02u x2 = q 2 E 2t 2 ⎜1 − x 2 y ⎟
⎜
⎟
c
u2
⎝
⎠
1− 2
c
d ( mu y )
⎛ ux2 + u y2 ⎞
= 0 ⇔ mu y = const = p0 ⇔ m02u y2 = p02 ⎜1 −
⎟⎟ (3)
2
⎜
dt
c
⎝
⎠
m0

∫ d ( mux ) = ∫ qEdt ⇔ mux = qEt ⇔
+0Chiếu pt (1)0 lên Oy, ta được :

Lấy (2)/(3), ta được :

⎛ q 2 E 2t 2 ⎞ 2

ux2 q 2 E 2t 2
2
2
=
⇒
u
+
u
=
+ 1⎟ u y
⎜
x
y
2
u y2
p02
p
0
⎝
⎠

Thay (4) vào (3), ta được :

uy =

Từ đó, suy ra :

ux =

+ Ta có :

dy
= uy =
dt

cp0
m c + p02 + q 2 E 2t 2
2 2
0

qEct
m02 c 2 + p02 + q 2 E 2t 2
cp0

mc +p
qE t +
q E2
2

( 4)

2 2
0
2

2
0

15

⇒ dy =

cp0 dt
m02 c 2 + p02
qE t +
q2 E 2
2

(**)

( 2)


y

∫ dy =

Lấy tích phân hai vế (**) :

0

Áp dụng công thức tính tích phân

∫

cp0
qE

t

dt

∫
0

t2 +

m02 c 2 + p02
q2 E 2

(

)

m02c 2 + p02
, ta
= ln k + k + A + lnA với A =
q2 E 2
k2 + A
dk

2

được :

t
y=

cp0 ⎛ ⎛
m2c 2 + p 2

⎜ ln ⎜ t + t 2 + 0 2 2 0
qE ⎜ ⎜⎝
q E
⎝

⎞
m 2c 2 + p 2
⎟ + ln 0 2 2 0
⎟
q E
⎠

cp0 ⎛ ⎛
m02 c 2 + p02
2
⎜
y=
ln ⎜ t + t +
qE ⎜ ⎜⎝
q2 E 2
⎝

⎞
⎟
⎟
⎠

⎞
m02c 2 + p02
⎟ − ln

⎟
q2 E 2
⎠

0

⎞
⎟
⎟
⎠

Áp dụng công thức giữa năng lượng và động lượng : E02 = m02 c 4 + p02 c 2 , với E0 là năng lượng
toàn phần ban đầu của hạt, ta được:
2
⎛
⎛ E0 ⎞ ⎞⎟ cp0 ⎛ E0 ⎞
cp0 ⎜
2
y=
ln t + t + ⎜
ln ⎜
⎟ −
⎟
qE ⎜
qEc ⎠ ⎟ qE ⎝ qEc ⎠
⎝
⎝
⎠

+ Tiếp theo, ta có:

dx
qEct
qEct
= ux =
⇒ dx =
dt
2
2
2
2
2
2
2
2
dt
m0 c + p0 + q E t
m0 c + p02 + q 2 E 2t 2

(***)

Lấy tích phân 2 vế (***) :
x

t

∫ dx = ∫
0

0

m c + p +q E t
2 2
0

Áp dụng công thức tính tích phân

⎛
m2c 2 + p 2
x = c⎜ t2 + 0 2 2 0
⎜
q E
⎝

t

qEct

∫

2
0

kdk
k +A
2

2

2 2

dt = ∫
0

ctdt
m02c 2 + p02
t +
q2 E 2
2

= k 2 + A , ta được :

t
2
⎞
⎛ E0 ⎞
m02c 2 + p02
m02c 2 + p02
E
2
2
−c
= c t +⎜
− 0
⎟ =c t +
⎟
2
2
2
2

⎟
q E
q E
⎝ qEc ⎠ qEc
⎠0

Vậy phương trình quỹ đạo của hạt là phương trình theo tham số thời gian :

16


2
⎧
⎛
⎞
E
E0
2
0
⎪x = c t + ⎜
⎟ −
⎪
⎝ qEc ⎠ qEc
⎪
⎨
2
⎛
⎪
⎛ E0 ⎞ ⎞⎟ cp0 ⎛ E0 ⎞
cp0 ⎜

2
ln t + t + ⎜
ln ⎜
⎟ ⎟−
⎟
⎪y =
⎜
qE
qEc
qE
⎝
⎠
⎝ qEc ⎠
⎪⎩
⎝
⎠

O
Dạng quỹ đạo của hạt

p0 c 2
p0 c 2
p0
p0
=
=
b. Tại thời điểm t =
, ta có : u x = u y =
2
2

2
2
4
2
2
2
qE
E0 + p0 c
m0 c + 2 p0 c
m0 c 2 + 2 p02

r

Véctơ u hợp với trục Ox một góc ϕ : tan ϕ =

uy
ux

= 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).

ur

Tìm gia tốc a ' tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời điểm trong hệ K hạt này chuyển

r

r

động với vận tốc u và gia tốc a dọc theo một đường thẳng :

r

a. song song với v .

r

b. vuông góc với v .

r

c. nằm trong mặt phẳng xOy có phương lập với v một góc α .

r

Lời giải: Giả sử trong cả 3 trường hợp véctơ vận tốc u của hạt trong hệ K đều thuộc mặt
r
phẳng xOy. Ta xét trường hợp tổng quát khi u ; O x = α . Trong hệ K, ta có :

(

)

u x = ucosα ; u y = u sinα ; u z = 0

Trong K’ :

u y 1 − β 2 usinα 1 − β 2
ux − v
ucosα − v
v2
u =
=
; u y' =
=
; uz' = 0 ; β = 2
vu
uvcosα
vu
uvcosα
c
1−
1 − 2x 1 −
1 − 2x
2
2
c
c
c
c
'
x

17

y’

y

m
O’

O

x’
x

K’

K

z’

z

Các thành phần gia tốc của hạt trong K’ :

v
dt − 2 dx
du x' dt
1− β 2
1− β 2
dt
'

c
ax' = ' =
.
; dt =
⇒ '=
=
vu x
vucosα
dt
dt dt '
dt
1− β 2
1−
1− 2
c2
c
du x'

+

Suy ra :

⎡ ⎛
⎢ d ⎜ ucosα − v
ax' = ⎢ ⎜
α
⎢ dt ⎜ 1 − uvcos
2
⎢⎣ ⎝
c

⎛ uvcosα ⎞ avcosα
⎞⎤
acosα ⎜1 −
( ucosα − v )
⎟+
⎟⎥
1− β 2
c2 ⎠
c2
⎝
. 1− β 2
⎟ ⎥ . uvcosα =
3
⎛ uvcosα ⎞
⎟⎥ 1 −
2
⎜1 −
⎟
⎥
c
⎠⎦
c2 ⎠
⎝

acosα (1 − β 2 )

3/2

ax' =

+

⎛ uvcosα ⎞
⎜1 −
⎟
c2 ⎠
⎝

⎛
du y' dt d ⎜ usinα 1 − β 2
a y' = ' =
. = ⎜
dt
dt dt ' dt ⎜ 1 − uvcosα
c2
⎝

Vậy ta có :

du y'

3

;a=

du
dt

⎞

asinα (1 − β 2 )
⎟
1− β 2
.
=
⎟
α ⎛ uvcosα ⎞3
⎟ 1 − uvcos
⎜1 −
⎟
c2
⎠
c2 ⎠
⎝

3/2
⎧
acosα (1 − β 2 )
⎪a ' =
3
⎪ x
⎛ uvcosα ⎞
⎪
⎜1 −
⎟
c2 ⎠
⎪
⎝
⎨
asinα (1 − β 2 )

⎪
⎪a y' =
3
⎛ uvcosα ⎞
⎪
1
−
⎜
⎟
⎪⎩
c2 ⎠
⎝

18


⎛ v2 ⎞
a = ax' =
1− 2 ⎟
3 ⎜
⎛ uv ⎞ ⎝ c ⎠
⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

a. Khi α = 0 :
0

a

'

3/2

⎛ v2 ⎞
ax' = 0 ; a = a y ' = a ⎜ 1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

b. Khi α = 900 :

'

c. Trong trường hợp tổng quát :

a = a +a =
'

2
x'

2
y'

a (1 − β 2 ) 1 − β 2cos 2α
⎛ uvcosα ⎞
⎜1 −
⎟
c2 ⎠
⎝

3

Bài 9 : Áp dụng định luật thứ hai của Newton tìm biểu thức của vân tốc tương đối tính của
một hạt mang điện tích q chuyển động theo một đường tròn bán kính R vuông góc với một
ur
từ trường B .
Lời giải : Biểu thức tổng quát của định luật Newton có dạng :

d r ur
mv = F
dt

( )

Ta có :

r
⎛
⎞
⎛ r dv ⎞
v.
r ⎟
r
⎜
r ⎜⎝ dt ⎟⎠
ur
d ⎜ m0 v ⎟ ur
d v m0
=F ⇔
.
+ m0 v

=F
u
u
r
u
u
r
3
u
u
r
2 ⎟
dt ⎜
dt
⎛ v2 ⎞ 2
v2
⎜ 1− v ⎟
2
1
−
c
⎜
⎟
⎜1 − 2 ⎟
c2 ⎠
c2
⎜ c ⎟
⎝
⎝
⎠

r
d v uur r
Vì
= aht ⊥ v , nên suy ra :
dt
r
dv
.
dt

BqR
m0

ur
m0
m0
v
uur = F ⇒ aht
uur = F ⇒ .
uur = B q v ⇒ v =
2
2
2
R
v
v
v2
⎛ BqR ⎞
1− 2

1− 2
1− 2
1+ ⎜
⎟
c
c
c
⎝ m0 c ⎠
m0

2

Ta sẽ nhận được biểu thức cổ điển của v bằng cách cho c trong biểu thức trên tiến tới vô
cùng : v =

BqR
.
m

Bài 10 : Một hạt mêzôn π + năng lượng nghỉ 140MeV được tạo ra trong khí quyển Trái đất ở
độ cao 100km so với mặt biển. Năng lượng tổng cộng của hạt mêzôn đó là 1,5.105MeV và hạt
chuyển động vuông góc về phía mặt đất. Nếu hạt bị phân rã trong HQC gắn với hạt 2.10-8s
sau khi hạt tạo thành ; tính độ cao ở đó hạt bị phân rã.
Lời giải :

19


Ở độ cao h0 = 10km, hạt mêzôn π + được sinh ra có năng lượng toàn phần E , vận tốc
2

⎛E ⎞
v = c 1 − ⎜ 0 ⎟ . Trong HQC gắn với Trái đất, thời gian kể từ lúc hạt được sinh ra đến khi
⎝ E⎠
phân rã : Δt = γΔt0 = Δt0

E
. Quãng đường hạt đi được trong HQC gắn với Trái đất :
E0
2

E
⎛E ⎞
Δs = vΔt = cΔt0
1 − ⎜ 0 ⎟ . Độ cao ở đó hạt bị phân rã :
E0
⎝E⎠
2

E
1,5.105
⎛ 140 ⎞
⎛E ⎞
h = h0 − Δs = h0 − cΔt0
1 − ⎜ 0 ⎟ = 100 − 3.105.2.10−8
1− ⎜
= 93,6km
5 ⎟
E0
140

⎝E⎠
⎝ 1,5.10 ⎠
Bài 11 : Năm 1963, trong các tia vũ trụ, người ta phát hiện được các proton với năng lượng
rất lớn, cỡ 1020eV. Giả thiết rằng nó được sinh ra ở biên giới Thiên Hà Của Chúng Ta, cách
Trái đất 105 năm ánh sáng và năng lượng toàn phần của nó tăng tuyến tính liên tục theo thời
gian bắt đầu từ năng lượng nghỉ 1GeV. Hỏi proton đã mất bao nhiêu thời gian theo “đồng hồ
riêng” của nó.
Lời giải : Gọi L = 105nas ; E0 = 1GeV = 109eV ; Ef = 1020eV

r

Khi proton có vận tốc tức thời v , nó có năng lượng toàn phần:

E=

E0
v2
1− 2
c

⇒ dE =

E0vdv
⎛ v2 ⎞
c 2 ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

3

2

(1)

Trong HQC gắn với Trái đất, trong khoảng thời gian vi phân dt , vận tốc của proton coi như
không đổi, và do đó, thời gian gắn với “đồng hồ riêng” của nó là dt = 1 − v

2

c2

.dt , suy ra

thời gian theo “đồng hồ riêng” của proton khi nó tới Trái đất:
t

t ' = ∫ dt ' = ∫ 1 −
0

v2
dt
c2

( 2)

với t là thời gian từ lúc proton được sinh ra từ bên ngoài của biên giới của Thiên Hà Của
Chúng Ta tới khi tới Trái đất theo đồng hồ trên Trái đất. Theo giả thiết, năng lượng toàn phần
của proton tăng tuyến tính liên tục theo thời gian, nên ta có:

dE
= const = k ( J .s −1 )

dt
Từ (1) và (3), suy ra:

20

( 3)


dt =

vf

Từ (3) và (4), suy ra:

t =
'

∫
0

dE
=
k

E0vdv
⎛ v2 ⎞
kc 2 ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

3

( 4)

2

E0 vdv
với v f là vận tốc của proton khi tới Trái đất.
v2 ⎞
2⎛
kc ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

⎛ v2 ⎞
vf
2
d ⎜1 − 2 ⎟
2
2
c
⎛
⎞
E
E
E0 ⎛ v f ⎞
E0 ⎛ E0 ⎞
E ⎛E ⎞
v
⎝
⎠
'

0
0
t =−
= − ln ⎜1 − 2 ⎟ = − ln ⎜1 − 2 ⎟ = − ln ⎜
= 0 ln ⎜ 0 ⎟ ( 5 )
⎟
∫
2
⎜ clượng
⎟
⎜ E ⎟theo kthời ⎜gian
⎟
2k ta
2k k –⎝ tốccđộ⎠ biến thiên
2k năng
2k phần
⎛ tìm
⎞
v hằng
Bây giờ
số
toàn
0 đi
⎝
⎠
⎝ f ⎠
⎝ E f ⎠ gắn
0
⎜1 − 2 ⎟
c ⎠ Độ dịch chuyển vi phân của proton đối với HQC gắn với Trái đất :

⎝ proton.
vớiTrái đất của
vf

ds = vdt = v

dE
=
k

E0v 2 dv
⎛ v2 ⎞
c k ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠
2

3

2

Khoảng cách từ ngoài biên giới của Thiên Hà Của Chúng Ta tới Trái đất :

E
L = ∫ ds = 02
kc

vf

Tính tích phân, ta được :

I=

∫
0

v 2 dv
⎛ v2 ⎞
⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

3

2

vf

∫
0

v 2 dv
⎛ v2 ⎞
⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

3

2

=

E0
I
kc 2

⎛
⎜
vf
⎛v
3⎜
=c
− arcsin ⎜ f
⎜
v2
⎝ c
⎜⎜ c 1 − 2f
c
⎝

⎞
⎟
⎞⎟
⎟⎟
⎠
⎟⎟
⎠

Suy ra :

⎛
⎜

⎛v
E0 c ⎜ v f
k=
− arcsin ⎜ f
L ⎜
v2
⎝ c
⎜⎜ c 1 − 2f
c
⎝

⎞
2
2
⎟
⎛
⎛ E0 ⎞ ⎞⎟
⎞ ⎟ E0c ⎜ ⎛ E f ⎞
⎟⎟ ⎟
⎜
⎟ − 1 − arcsin 1 − ⎜⎜
⎟⎟ =
L ⎜⎜ ⎝ E0 ⎠
E
⎠
f
⎝
⎠ ⎟⎠
⎟⎟
⎝

⎠

Từ (5) và (6), và L = 105 cτ , τ - thời gian một năm theo đồng hồ trên Trái đất, ta được :

t' =

⎛E ⎞
L.ln ⎜ f ⎟
⎝ E0 ⎠

2
2
⎛
⎛ E0 ⎞ ⎞⎟
⎛ Ef ⎞
⎜
c ⎜
− 1 − arcsin 1 − ⎜
⎜ E ⎟⎟ ⎟⎟
⎜⎜ ⎝ E0 ⎟⎠
⎝ f ⎠ ⎠
⎝

21

=

⎛E ⎞
105τ .ln ⎜ f ⎟
⎝ E0 ⎠

2 ⎞
2
⎛
⎜ ⎛ E f ⎞ − 1 − arcsin 1 − ⎛⎜ E0 ⎞⎟ ⎟
⎜ E ⎟ ⎟⎟
⎜⎜ ⎜⎝ E0 ⎟⎠
⎝ f ⎠ ⎠
⎝

(6)


Thay số vào ta được t ' ≈ 13,3 phút.
Bài 12 : Trên máy gia tốc tuyến tính ở Standford (USA), các electron được gia tốc từ năng
lượng nghỉ 0,5MeV đến 40GeV trong một ống thẳng dài l0 = 3km. Coi quá trình gia tốc
electron diễn ra đều dọc theo ống (tức là năng lượng toàn phần của nó tăng tỷ lệ với chiều dai
của ống), hỏi electron “cảm thấy” chiều dài của ống bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Gọi E0 = 0,5MeV ; Ef = 40GeV ; l0 = 3km.
Với dịch chuyển vi phân dl0 của electron trong ống, coi vận tốc của electron là không đổi, có

r

giá trị v . Trong HQC gắn với electron, coi như chiều dài vi phân dl0 dịch chuyển với electron

r

với vận tốc không đổi là −v , và chiều dài dịch chuyển đối với eletron:

dl = dl0 1 −

v2
c2

Theo giả thiết, năng lượng toàn phần của electron tăng tỷ lệ với chiều dài của ống:

E f − E0
dE
= k = const ( J .m −1 ) ; k =
(* )
dl0
l0

E=

E0
1−

2

v
c2

⇒ dE =

E0vdv
⎛ v2 ⎞
c 2 ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

3

2

⇒ dl0 =

E0vdv
⎛ v2 ⎞
kc 2 ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

3

2

⇒ dl =

E0vdv
⎛ v2 ⎞
kc 2 ⎜1 − 2 ⎟
⎝ c ⎠

Vậy chiều dài của ống mà electron “cảm thấy” :

⎛ v2 ⎞
vf
d
⎜1 − 2 ⎟
l

2
⎛ Ef ⎞
c
⎛
⎞
E0
E0
E
E ⎛ Ef ⎞
l0
vdv
v
⎝
⎠ = − 0 ln 1 −
l = ∫ dl = 2 ∫
=−
= 0 ln ⎜
ln ⎜
⎟=
⎟
⎜
2
2
2 ⎟
∫
v
kc 0 được
2k 0 cm . v
2k ⎝ c ⎠
k ⎝ E0 ⎠ ⎛ E f ⎞

E0 ⎠
Thay
⎝
0 số vào, ta
1 − 2 l ≈ 42,34
1− 2
0
⎜
⎟ −1
c
c
E0 ⎠
⎝
Bài 13: Một số nhà nghiên cứu mới đây đã ghi nhận được sự bay đến của các hạt trong vũ trụ
vf

vf

tới tư nguồn Thiên nga X -3 nằm cách Mặt trời L = 40 nghìn năm ánh sáng. Trong số các hạt
trung hòa vẫn giữ được hướng đến nguồn khi bay, người ta nghiên cứu hạt notron (năng
lượng nghỉ E0 = 940MeV). Biết rằng notron phân rã với thời gian sống trung bình τ 0 = 940s .
Xác định năng lượng notron đủ để nó đến được Trái đất.
Lời giải:

22


Notron là hạt trung hòa, trong quá trình đi tới Trái đất, vận tốc coi như không thay đổi, có

E

⎛E ⎞
năng lượng toàn phần E = γ E0 , từ đây, ta suy ra được vγ = c
1− ⎜ 0 ⎟
E0
⎝E⎠

2

(1)

Trong HQC gắn với Trái đất, độ dịch chuyển vi phân của notron là ds = vdt = vγ dt0 , với dt0
là thời gian vi phân trong HQC gắn với notron.
Lấy tích phân 2 vế, ta được:

L

τ0

0

0

L = ∫ ds = ∫ vγ dt0 = vγτ 0

( 2)

Từ (1) và (2), ta có:

E = E0 1 +

L2
cτ

2 2
0

≈

E0 L E0τ
=
cτ 0
τ0

Thay số vào, ta thu được năng lượng cần thiết để notron tới được Trái đất:

940.3,156.107.40.103
E=
≈ 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
r
r
r
r
ur
tính 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 phẳng vuông góc với từ
trường. Đặt ωB =

qB
với m là khối lượng của hạt khi chuyển động. Bỏ qua tác dụng của trọng
m

lực. Hãy:
a. chứng minh hạt chuyển động đều với vận tốc góc ω = ωB .
b. tìm tốc độ u của hạt qua các đại lượng q, m0, B và R.
c. tìm biểu thức động năng của hạt và tính động năng của hạt trong trường hợp từ
trường yếu.
Lời giải:
1. Theo định luật II Newton, ta có:

ur
F=

r
d mu

( )
dt

⎛
⎜
d ⎜ m0
=
uur
2

dt ⎜
⎜ 1− u
⎜
c2
⎝

⎞
rr r
r
r
r
r
⎟
m
u
.a u
r⎟
r
0
m0
m0 a
2u
du
du
u = m0 u.
=
uur .
uur
uur 3/2 . +
uur 3/2 +

⎟
2
dt
dt
2 ⎞
2 ⎞
⎛
⎛
u
u2
u
u
2
2
⎟
1
−
1
−
2c ⎜1 − 2 ⎟
c ⎜1 − 2 ⎟
⎟
⎜ c ⎟
⎜ c ⎟
c2
c2
⎠
⎝
⎠
⎝

⎠

( )

23


2. Giả sử điện tích q > 0 , hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn dưới tác dụng của lực Lorentz
uur
f L . Lực Lorentz đóng vai trò là lực hướng tâm. Ta có:

fL =

mu 2
mu 2
BqR
u Bq
⇔ Bqu =
⇒ u=
⇒ ω= =
; m=
R
R
m
R m

b. Ta có:

u=

BqR
⇔u=
m

u2
c2

m0

1−

u2
c2

Bq
m

a. Vậy hạt chuyển động tròn đều với tốc độ góc ω = ωB =

BqR 1 −

m0

⇒ u=

c
⎛ m ⎞
1+ ⎜ 0 ⎟
⎝ BqR ⎠

2

⎛
⎞
2
⎛
⎞
⎜
⎟
⎛ BqR ⎞
1
2
2
2⎜
2⎜
⎟
c. Động năng của hạt: K = mc − m0c = m0c
− 1 = m0c
1+ ⎜
⎟ − 1⎟⎟
2
⎜
⎜
⎟
m
u
⎝ 0 ⎠
⎝
⎠
⎜ 1− 2

⎟
c
⎝
⎠
2

Khi từ trường yếu thì

2

⎛ BqR ⎞
1 ⎛ BqR ⎞
1+ ⎜
⎟ ≈ 1+ ⎜
⎟ , động năng của hạt khi đó được tính gần
2 ⎝ m0 ⎠
⎝ m0 ⎠

K=

đúng theo công thức sau:

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* .

b. Trong giới hạn tương đối tính cực hạn pc ? m0 c 2 , tìm năng lượng toàn phần E *
của hệ trong HQC khối tâm.

Lời giải :
Chọn trục tọa độ Ox trùng với đường thẳng nối hai hạt.

m

G

m

24

m0

x


a. Vận tốc khối tâm của hệ so với HQC phòng TN là :
r
ur
uur
mv
p
p
p
pc 2
*
*

v =
=
;v =
=
=
m + m0 m + m0
m + m0 E + m E + m0c 2
0
c2
b. Trong HQC gắn với khối tâm, vận tốc của các hạt là :

v0G = −v* = −

+ Hạt đứng yên :

pc 2
E + m0c 2

+ Hạt chuyển động :

vmG

pc 2
pc 2
−
E
E + m0c 2
v − v*
pc 2
=

=
=
; E 2 = m02c 4 + p 2c 2
*
2 2
2
vv
pc
E + m0c
1− 2 1−
2
c
E ( E + m0c )

Ta thấy v0G = −vmG , tổng động lượng của hệ trong HQC khối 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
ur
điểm t = 0 hạt chịu tác dụng của lực F dọc theo trục y . Tìm vận tốc của hạt tại thời điểm t
r
bất kỳ, và chứng tỏ rằng v → c khi t → ∞ .

r
ur d mv
Lời giải : Phương trình chuyển động của hạt : F =
, m = γ m0 , γ =
dt

( )

Chiếu phương trình (*) lên các trục tọa độ :

25

1
v2

1− 2
c

(*)


+

Trục

d ( mvx )
= 0 ⇒ mvx = m0γ 0v0 , γ 0 =
dt
d ( mvy )

+ Trục Oy :

dt

1
v2
1 − 02
c

⇒ vx =

(1)

m0γ 0v0 γ 0v0
=

,γ =
γ m0
γ

mv y

=F⇒

1
v2
1− 2
c

(1)

t

∫ d ( mv ) = ∫ Fdt ⇒ mv
y

0

Lúc t = 0 thì v y = 0 ⇒ A = 0 , suy ra : v y =
Từ

Ox :

y

= Ft + A

0

Ft
Ft
=
m γ m0

( 2)

( 2) ,

và

ta

có :

γ 02v02 F 2t 2 γ 02v02 m02 + F 2t 2
γ 02v02 m02 + F 2t 2
v2
2 2
v =v +v = 2 + 2 2 =
⇒v γ =
=
v2
γ
γ m0
γ 2 m02
m02

1− 2
c
2

2
x

2
y

γ 02v02 m02 + F 2t 2
γ 02v02 m02 + F 2t 2
=
c
γ 02v02 m02 + F 2t 2 + m02c 2
γ 02c 2 m02 + F 2t 2

⇒v=c
Khi t → ∞ thì v → c

II. BÀI TẬP VỀ HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH
Bài 1: Từ trên một tàu vũ trụ đang bay về Trái đất với vận tốc v = 0,6c người ta thực hiện
chương trình truyền hình trực tiếp cho phép quan sát trên màn hình tivi mặt các đồng hồ của
tàu. Kim giây trên màn hình quay bao nhiêu vòng trong một phút thời 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 Δt trên Trái đất, khoảng thời gian thu được trên tàu là Δt0 :

Δt0 = Δt.

1+ β
1 + 0, 6
= Δt .
= 2 Δt
1− β
1 − 0, 6

26


Vậy trong một phút thời gian trên Trái đất thì kim giây trên màn hình thu được sẽ quay được
2 vòng.

Bài 2 : Hai tàu vũ trụ đã tắt động cơ chuyển động đến gặp nhau. Trên một tàu ở mũi và đuôi
đồng thời bật đèn tín hiệu sau mỗi giây. Trên tàu ngược chiều, cứ nửa giây người ta lại quan
sát được hai chớp sáng cách nhau τ ' = 1µ s . Tìm chiều dài tàu thứ nhất và vận tốc xích lại gần
nhau của hai con tàu.

1
2

Lời giải :
Gọi tàu phát tín hiệu là tàu 1, nó tiến lại tàu 2 với vận tốc v = β c . Gọi thời gian giữa
hai lần phát tín hiệu từ đầu và đuôi tàu 1 về phía tàu 2 là chu kỳ xung τ 1 , τ1 = 1s . Tần số xung
là f1 = τ 1−1 . Trên tàu 2, nhận được xung với tần số f 2 = τ 2−1 , τ 2 = 0,5s . Theo hiệu ứng Doppler
tương đối tính :

1− β 2
1+ β
f 2 = f1
= f1
1− β
1− β
Từ đó, suy ra :

τ 22
1− 2
τ1
1
β=
= 0, 6 ⇒ γ =
= 1, 25 ; v = 0, 6c
2

2
τ2
1
−
β
1+ 2
τ1
Vì hai tín hiệu phát đi đồng thời từ đầu và đuôi tầu 1 nhận được trên tàu 2 cách nhau khoảng
thời gian τ ' = 1µ s nên so với HQC gắn với tàu 2, tàu 1 có chiều dài l12 = cτ ' = 300m , và
chiều dài riêng của tàu 1 là l10 = γ l12 = 1, 25.300 = 375m .
Bài 3 : Hai tàu vũ trụ đã tắt động cơ chuyển động 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.

1
2

27