Thuyết tương đối hẹp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

PHỤ LỤC I:

MẪU PHIẾU ĐĂNG KÝ SÁNG KIẾN
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

PHIẾU ĐĂNG KÝ SÁNG KIẾN
1.
2.
3.
4.
5.

Họ và tên người đăng ký: NGUYỄN TUẤN ANH
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn – Tổ Vật lý - KTCN
Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu
Nhiệm vụ được giao trong đơn vị: Quản lý tổ chuyên môn và giảng dạy khối 10 - 12
Tên đề tài sáng kiến: Chuyên đề vật lý hiện đại: “THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP
TRONG CÔNG TÁC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI".
6. Lĩnh vực đề tài sáng kiến:
Phục vụ giảng dạy môn vật lý trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đối với học sinh
trung học phổ thông.
7. Tóm tắt nội dung sáng kiến: Nội dung sáng kiến gồm có hai phần chính
* Cơ sở lý thuyết về vật lý hiện đại.
* Vận dụng giải các bài tập từ cơ bản đến các đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia.
8. Thời gian, địa điểm, công việc áp dụng sáng kiến:
* Thời gian vận dụng sáng kiến năm học 2015 – 2019.
* Công việc áp dụng cho bồi dưỡng học sinh giỏi cấp khu vực và Quốc gia.
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Học sinh phải nằm trong đội tuyển học sinh giỏi.
10. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu.

11. Kết quả đạt được: (Lợi ích kinh tế, xã hội thu được)
Học sinh nắm bắt kiến thức tốt để phục vụ cho các kỳ thi học sinh giỏi nêu trên và đã
đem lại khá nhiều kết quả tốt (được nêu ở phần cuối sáng kiến – trang 50).
An Giang, ngày 09 tháng 02 năm 2019
Tác giả

Nguyễn Tuấn Anh

SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

1


PHỤ LỤC II:

MẪU BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

An giang, ngày 09 tháng 02 năm 2019
BÁO CÁO
Kết quả thực hiện sáng kiến, cải tiến, giải pháp kỹ thuật, quản lý, tác nghiệp, ứng dụng
tiến bộ kỹ thuật hoặc nghiên cứu khoa học sư phạm ứng dụng

I. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH TÁC GIẢ.
- Họ và tên: NGUYỄN TUẤN ANH
Nam, nữ: Nam
- Ngày tháng năm sinh: 20/09/1973
- Nơi thường trú: 12G3 - Hồ Biểu Chánh - Bình Khánh - TP. Long Xuyên - An Giang
- Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu
- Chức vụ hiện nay: Tổ trưởng chuyên môn – Tổ Vật lý - KTCN
- Trình độ chun mơn: Thạc sỹ
- Lĩnh vực cơng tác: Dạy học
II. SƠ LƯỢC ĐẶC ĐIỂM TÌNH HÌNH ĐƠN VỊ.
- Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu là trường đứng đầu của Tỉnh An Giang về chất
lượng giảng dạy và đào tạo nguồn nhân lực cho tỉnh nhà.
- Luôn được sự quan tâm và chỉ đạo sâu sát của các cấp lãnh đạo, các cơ quan ban ngành và
đặc biệt là sự quan tâm của các bậc phụ huynh học sinh về chất lượng giảng dạy và đầu tư cơ
sở vật chất phục vụ cho giảng dạy và học tập của các em học sinh.
- Tên sáng kiến: Chuyên đề vật lý hiện đại: “THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP TRONG
CÔNG TÁC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI".
- Lĩnh vực: Phục vụ giảng dạy môn vật lý trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đối với học
sinh trung học phổ thơng.
III. MỤC ĐÍCH YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN.
1. Thực trạng ban đầu trước khi áp dụng sáng kiến:
Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, ngoài việc truyền đạt kiến thức, kỹ năng phân tích
giải bài tập, cho kiểm tra cọ sát thực tế..., còn một vấn đề hết sức quan trọng là giúp các em tìm
ra qui luật (phương pháp) giải toán.
Lĩnh vực Vật lý hiện đại là một lĩnh vực rộng và khó vì thế u cầu trên lại càng rất cần
đối với các em học sinh. Đứng trước khó khăn trên, sau một thời gian tiếp cận với cơng tác bồi
dưỡng học sinh giỏi, tơi xin được trình bày suy nghĩ của mình về việc giải quyết các bài tập
trong lĩnh vực vật lý hiện đại (THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP).
2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến:
 Giúp học sinh có định hướng tốt để giải quyết các bài tập có những kiến thức liên quan.

 Tạo động lực cho các em học sinh ham học, yêu thích bộ mơn và say mê nghiên cứu.
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

2


3. Nội dung sáng kiến:
3.1. Cơ sở lý thuyết:
3.1.1. Các tiên đề Anhxtanh:
a. Tiên đề 1 (nguyên lý tương đối):
Các định luật vật lý (cơ học - ví dụ định luật II Newton, điện từ học,…) có cùng một dạng như
nhau trong mọi hệ quy chiếu (HQC) qn tính. Nói cách khác, hiện tượng vật lý diễn ra như
nhau trong các HQC quán tính.
b. Tiên đề 2 (nguyên lý về sự bất biến của tốc độ ánh sáng):
Tốc độ của ánh sáng trong chân khơng có cùng độ lớn bằng c trong mọi HQC qn tính, khơng
phụ thuộc vào phương truyền và vào tốc độ của nguồn sáng hay máy thu: c = 3.108 m/s.
Nhấn mạnh: Cơ học Newton (cơ học cổ điển) chỉ áp dụng được cho vật chuyển động có v << c
(vận tốc ánh sáng). Cơ học tương đối tính cịn gọi là thuyết tương đối hẹp do Einstein xây dựng,
áp dụng được cho cả các vật chuyển động cỡ vận tốc ánh sáng và trường hợp v << c là trường
hợp giới hạn (trở về cơ học cổ điển).
Ví dụ: máy bay có đèn pha, nó đang chuyển động. Máy bay chuyển động và bắn đạn thì tốc độ
viên đạn đối với người ngồi trong máy bay khác tốc độ viên đạn đối với người đứng ở sân bay.
Nhưng tốc độ ánh sáng mà đèn pha chiếu từ máy bay như nhau đối với cả hai người nói trên.
3.1.2. Động học tương đối tính:
3.1.2.1. Cơng thức biến đổi Lorentz (Lo-ren-xơ):
Trong cơ học cổ điển, khi xét vật chuyển động
thẳng, HQC O’ chuyển động với vận tốc v theo
hướng x của HQC O thì x’= x - vt, t’ = t và dẫn




đến công thức cộng vận tốc v13  v12  v 23 .
Cơng thức đó khơng phù hợp trong cơ học tương
đối tính. (Ví dụ tàu vũ trụ tốc độ 0.6c, phát sóng
tín hiệu thẳng về phía trước nó, theo cách tính cổ
điển thì vận tốc của tín hiệu đối với quan sát
viên trên Trái Đất là 1,6 c > c.)

z

z'

K

K’

O

O’

y


v

Z’

Z

M

x
x'

X
X’

y'

Y’
Lorentz tìm được các cơng thức liện hệ giữa các Y
tọa độ của cùng một điểm và thời gian xét trong
hai HQC quán tính khác nhau, đồng thời thỏa mãn yêu cầu của thuyết tương đối Einstein.

Xét hai HQC quán tính: Oxyz gắn với K, O’x’y’z’ gắn với K’. Ban đầu O trùng O’. Hệ K đứng
yên. Hệ K’ chuyển động với vận tốc v theo phương Ox đối với hệ K. Theo thuyết tương đối
thời gian trôi trong hai hệ sẽ khác nhau: t khác t’. Một điểm M xét trong hệ K’ có tọa độ x’,
trong hệ K là x. Cần biểu diễn x’ theo x, t; và ngược lại x theo x’, t’.
Từ K sang K’: x ' 

x  vt
1  2

;t' 

t  vx / c 2
1  2

; y '  y;z '  z.

Từ K’ sang K (chú ý từ các cơng thức phía trên với v thay bởi –v):
x

x '  vt '
1  2

;t 

t '  vx '/ c 2
1  2

; y  y '; z  z ',

với   v / c .

* Chú ý: Cơ học tương đối tính  (trở về) cơ học cổ điển khi v/c  0.
Từ công thức trên thấy khi v/c  0 thì x’= x - vt; t’ = t.
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

3


3.1.2.2. Các hiệu ứng tương đối tính:
Từ các cơng thức biến đổi Lorentz, có thể suy ra một số hệ quả về tính chất của khơng gian-thời
gian, gọi là các hiệu ứng tương đối tính (chúng kỳ lạ theo quan điểm cổ điển nhưng đã được
thực nghiệm kiểm chứng tính đúng đắn).

3.1.2.3. Khái niệm về tính đồng thời và quan hệ nhân quả giữa các biến cố ở hai nơi xa
nhau:
a. Khái niệm biến cố: là một hiện tượng (ví dụ viên đạn tới đích).
Trong HQC qn tính K có hai biến cố A1(x1,y1,z1,t1) và A2(x2,y2,z2,t2). Thời điểm xảy ra hai
biến cố trong hệ K là t1, t2; nhưng trong hệ K’ tương ứng là t’1, t’2. Ta cần tìm khoảng thời gian
t’2 - t’1.
Từ công thức biến đổi Lorentz (t’1 theo t1, x1; t’2 theo t2, x2) ta thu được:
t 2  t1 
t 2 ' t1 ' 

v
(x 2  x1 )
c2
.
1  2

Từ công thức này thấy: nếu t2 - t1 = 0 nhưng x2 - x1 khác 0 thì t’2 - t’1 khác 0. Điều đó có nghĩa:
 Hai biến cố xảy ra đồng thời trong hệ K thì sẽ khơng đồng thời trong hệ K’ trừ khi trong K
chúng xảy ra đồng thời tại điểm có cùng tọa độ x tức là x1 = x2 (tọa độ y1 (z1) có thể khác y2 (z2)
vì K’ dịch chuyển dọc trục x, thời gian t không phụ thuộc vào tọa độ y (z)).
Vậy theo thuyết tương đối, khái niệm đồng thời chỉ là khái niệm tương đối: trong HQC này thì
hai biến cố xảy ra đồng thời nhưng có thể là khơng đồng thời trong HQC khác.
Từ công thức trên, trường hợp t1 = t2, dấu của t’2 - t’1 phụ thuộc dấu của x2 - x1 (v cố định). Như
vậy thứ tự các biến cố A1, A2 trong K’ phụ thuộc vào dấu của x2 – x1.
* Chú ý: kết luận trên không áp dụng cho các biến cố có liên hệ nhân quả với nhau (nguyên
nhân bao giờ cũng xảy ra trước kết quả).
b. Sự co ngắn Lorentz (co độ dài):
Chúng ta cần trả lời câu hỏi: độ dài của một vật trong hệ K, K’ có như nhau khơng?
Bài tốn: có một thước đứng yên trong K’, đặt dọc trục x’, độ dài của thước là x’2 - x’1, đặt là l0 .
Hãy tìm độ dài của thước trong hệ K?

Giải: độ dài của thước trong hệ K là hiệu tọa độ x2, x1 của hai đầu thước trong hệ K tại cùng
một thời điểm: l = x2 - x1.
x  x1
x  vt
Áp dụng công thức biến đổi Lorentz: x ' 
, với t1 = t2 = t  x 2 ' x1 '  2
1  2
1  2
l0 

l
1 β

2

với  

1
1  2

.

Nhận xét: l < l0.
Tóm lại:
Trong K’ (O’ đo thước): thước đứng yên, có chiều dài l0
Trong K (O đo thước): thước chuyển động, có chiều dài l.
Ta vừa chứng minh được l < l0 , vậy độ dài (dọc theo phương chuyển động) của một vật trong
HQC mà nó chuyển động NGẮN hơn độ dài của vật trong HQC mà nó đứng n (khi vật
chuyển động, kích thước của nó bị co ngắn theo phương chuyển động, mức co ngắn tùy thuộc
tốc độ chuyển động của vật).

SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

4


c. Dãn thời gian: (Khoảng thời gian của cùng một quá trình trong hai hệ K, K’ như thế nào?)
Bài tốn: có một đồng hồ đứng n trong K’. Ta xét hai biến cố xảy ra tại cùng một điểm có tọa
độ x’ trong K’. Khoảng thời gian giữa hai biến cố trong K’ là t’2 - t’1. Cần tìm khoảng thời gian
giữa hai biến cố này trong hệ K, tức tìm t2 - t1.
t ' t '
t ' vx '/ c 2
Áp dụng công thức biến đổi Lorentz: t 
với x’1 = x’2 = x’  t 2  t1  2 1 .
1  2
1  2
Đặt t  t 2  t1 , t 0  t 2 ' t1 ' , vậy:

t 0  t 1  2 .

Nhận xét: t 0  t . Hay viết cách khác: t 0  t 1   2  t .

( t 0 trong hệ K’.)

t 0  t => Nếu gắn một đồng hồ vào hệ K và một đồng hồ vào hệ K’ thì đồng hồ trong hệ K
chạy nhanh hơn đồng hồ trong hệ K’. Đó là tính tương đối của thời gian.
(Khái niệm thời gian riêng: Nếu hạt đứng yên trong HQC nào đó, thời gian sống đo được trong
HQC đó là thời gian riêng.)
Trường hợp giới hạn: v<

Tóm lại:
- Hiệu ứng co độ dài tức là: l < l0 (l đo bởi O, l0 đo bởi O’) với chú ý xét t1 = t2.
- Hiệu ứng dãn thời gian tức là: Δt > Δt0 (Δt đo bởi O, Δt0 đo bởi O’) với chú ý x’1 = x’2.
d. Quãng đường đi và thời gian đi của ánh sáng:
Giả sử ánh sáng đi cùng chiều với vận tốc của K’ đối với K, qua vị trí x’1 lúc t’1.
* Quãng đường đi của ánh sáng:
Ta không áp dụng được công thức co độ dài trong mục (2.b) khi tính qng đường đi của ánh
sáng vì quãng đường đi của ánh sáng không giống chiều dài của thước. Tọa độ x1, x2 của hai đầu
thước có thể đo ở cùng thời điểm nhưng để ánh sáng truyền từ x1 đến x2 thì mất thời gian nên
khơng thể đo ở cùng một thời điểm.
Ta sẽ chứng minh thực chất quãng đường đi của ánh sáng không co lại mà dãn ra.
Quãng đường đi của ánh sáng trong hệ K’ là x '  c(t 2 ' t1 ') .
Quãng đường đi của ánh sáng trong hệ K là x  c(t 2  t1 ) .
1
Sử dụng công thức x   (x '  vt '),  
1  2
1 
vx ' 
Ta có: x  [x '  v(t 2 ' t1 ')]    x ' 
 x '  x ' .
  x ' 1    
c 
1 

* Thời gian đi của ánh sáng:
Ta không áp dụng được cơng thức dãn thời gian như mục (c), vì ở mục (c) ta xét khoảng thời
gian giữa hai biến cố xảy ra ở cùng một nơi trong K’. Khi ta xét ánh sáng truyền đi thì các thời
điểm t’1, t’2 được đo ở hai nơi khác nhau.
1  vx '/ c 2
Đặt t '  t 2 ' t1 ', t  t 2  t1 . Với t 

1  2
1 
vt ' 

ta có: t    t ' 
t '  t ' .
  t ' 1    
c 
1

Nhận xét: Trường hợp ta vừa xét là ánh sáng đi cùng chiều với v. Nếu ánh sáng đi ngược chiều
với v thì quãng đường đi và thời gian đi của ánh sáng đều co lại với cùng hệ số.
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

5


e. Cơng thức tương đối tính về cộng vận tốc:
Định nghĩa vận tốc: ux 

dx
dx '
tương ứng là vận tốc của một chất điểm đối với hệ K, K’.
, u 'x 
dt
dt '

Ta cần tìm liên hệ ux , u ' x .

Áp dụng công thức biến đổi Lorentz rồi lấy vi phân:
Từ x ' 

x  vt
1

2

;t' 

t  vx / c
1

2

2

ta có : dx  

dx  vdt
1  2

v
dx
c2
1  2

dt 
; dt  

Như vậy:

u x ' 

dx dx  vdt
u v

 x
dt dt  v dx 1  v u
c2
c2 x

Tương tự các thành phần vận tốc còn lại. Ta được :
u y 1  2
u z 1  2
ux  v
ux ' 
, uy ' 
, uz' 
v
v
v
1 2 ux
1 2 ux
1  2 ux
c
c
c

uy ' 1   2

u  1  2
u x '  v
, uy 
, uz  z'
Phép biến đổi ngược lại : u x 
.
v
v
v
1  2 ux '
1  2 ux '
1  2 ux '
c
c
c

Đó là các công thức biểu thị định lý cộng vận tốc trong trong thuyết tương đối. Từ các công thức
trên, ta suy ra tính bất biến của tốc độ ánh sáng trong chân khơng đối với các hệ qn tính.
u v
Thật vậy, nếu ux = c từ u x '  x
=> u x '  c .
v
1  2 ux
c
* Trường hợp giới hạn: Nếu v, ux <cộng vận tốc trong cơ học cổ điển.
3.1.3. Động lực học và năng lượng trong thuyết tương đối hẹp:
3.1.3.1. Định luật II Newton trong thuyết tương đối hẹp:
a. Khối lượng tương đối tính (m) và khối lượng nghỉ (m0):
Định nghĩa:

m0: khối lượng nghỉ đo được khi vật đứng yên (đo trong HQC mà nó đứng yên).
M: khối lượng tương đối tính, đo trong HQC mà nó chuyển động.
Liên hệ khối lượng nghỉ và khối lượng tương đối tính: m 
với  

m0
1  2

u
, u là vận tốc của vật. Nhận xét: m > m0.
c

Trong cơ học cổ điển, khối lượng là lượng bất biến, là số đo lượng vật chất chứa trong vật. Ở
đây, Einstein đã quan niệm rằng khối lượng là số đo mức quán tính của một vật, là đặc trưng của
sự hấp dẫn. Khối lượng không phải là số đo lượng vật chất, vì vậy khi vật chuyển động với vận
tốc lớn, qn tính của nó, tính hấp dẫn của nó tăng, không phải là lượng vật chất tăng.
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

6


b. ĐL II Newton:




Trong K, chất điểm khối lượng m, vận tốc u thì động lượng p  mu .
Chú ý m thay đổi theo tốc độ. Biểu thức của định luật II Newton mở rộng cho thuyết tương đối



 dp d(mu)
F

hẹp trở thành:
.
dt
dt

Hệ kín gồm nhiều chất điểm, F = 0 nên



n

m u
i

i

bảo toàn.

i 1



ĐLBT động lượng trở về cổ điển: khi u<
n

m

0i


u i bảo tồn.

i 1

3.1.3.2. Năng lượng trong thuyết tương đối hẹp:
a. Hệ thức Einstein giữa năng lượng và khối lượng:
2

E  mc 

m 0c 2
1  2

.

Hệ thức này được gọi là hệ thức Einstein. Đây là năng lượng toàn phần của hạt.
b. Hệ quả từ hệ thức Einstein:
* Biểu thức của động năng: Năng lượng toàn phần là E = mc2, năng lượng nghỉ E0 = m0c2. Khi
vật chuyển động thì có thêm động năng nên Wđ+ m0 c2 = mc2, suy ra:


 1

Wđ  

 1 E 0 .
 1  2






u2
2
 1  ~ 1   1  2 nên Wđ  m0u /2 là động năng cổ điển.
 1  2

2
2c



Khi u<
1

* Hệ thức giữa năng lượng và động năng:

E2 = m02c4 + p2c2.

Trường hợp photon: m0 = 0 => E2 = p2 c2 => E = pc.
Từ E = m c2 người ta dùng đơn vị khối lượng MeV/ c2.

1Ev=1,6 10-19 J; 1MeV=106 Ev.

Ngồi ra cịn đơn vị đo khối lượng nguyên tử u, 1u c2=931,5 MeV. Đơn vị động lượng MeV/c.
3.1.4. Hiệu ứng Doppler (Đốp-ple) tương đối tính:
Hiệu ứng Doppler là hiệu ứng tần số của sóng mà máy thu được khác với tần số sóng mà nguồn
phát ra khi có chuyển động tương đối giữa nguồn và máy thu.
Giả sử có một nguồn sáng S gắn với gốc O của hệ K. Nguồn phát ra ánh sáng đơn sắc tần số f.
Giả sử sóng truyền dọc theo trục Ox. Một máy thu gắn với gốc O’ của hệ K’. Hệ K’ có các trục
song song với các trục tương ứng của hệ K và chuyển động với vận tốc v dọc theo trục Ox. Ta
sẽ tính tốn tần số f’ mà máy thu nhận được.
x
c

Pha dao động của ánh sáng ở điểm x trong hệ K là 2f (t  ) .
Pha dao động của ánh sáng ở điểm x’ trong hệ K’ là 2f '(t '

x'
).
c

x
x'
Mọi hiện tượng vật lý xảy ra trong các HQC quán tính như nhau nên: 2f(t  )  2f '(t' ) .
c
c
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

7

 , v ,
 t  c2 x
x
x ,  vt ,
Theo công thức biến đổi Lorentz: 2f (t  )  2f 

2
c
c 1  2
 1 




.



Trong hệ K, f là số dao động trong một đơn vị thời gian, nhưng trong hệ K’, f không phải là số
dao động trong một đơn vị thời gian nữa vì trong hệ K’, tỉ lệ xích của chiều dài và thời gian đã
 , v ,

 t  c2 x x,  vt, 
x'
khác đi so với tỉ lệ xích trong hệ K. Từ trên ta có: 2f '(t ' )  2f 

.
2
c

c 12 
 1


v
c  f 1  .
f 'f
1 
1  2
1

Hằng đẳng hệ số của t’ và x’ ở hai vế, ta thu được:

Trong công thức trên, v là vận tốc tương đối giữa máy thu và nguồn. Coi v  0 nếu máy thu và
nguồn ra xa nhau, v < 0 nếu máy thu và nguồn lại gần nhau. Ta thấy rằng nếu máy thu ra xa
nguồn thì f’ < f, ngược lại nếu máy thu lại gần nguồn thì f’ > f.
* Trường hợp phương truyền ánh sáng và phương của vận tốc v hợp với nhau góc θ (xét góc nhỏ
v
1  cos 
c
trong hai góc bù nhau), ta có cơng thức: f '  f
, trong đó dấu của v quy ước như trên.
1  2






Khi ánh sáng truyền theo phương vng góc với vận tốc v     thì: f ' 

2


 1 v2 
.
 f 1 
2 
1  2
 2c 
f

Hiện tượng biến đổi tần số khi ánh sáng truyền theo phương vng góc với phương của vận tốc

tương đối v gọi là hiệu ứng Doppler ngang rất nhỏ so với hiệu ứng Doppler dọc (θ=0) bởi vì sự

fv 2
tham gia của số hạng
là nhỏ.
2c 2
3.1.5. Hiệu ứng COMPTON
Khi nghiên cứu hiện tượng tán xạ tia X
trên các nguyên tử nhẹ (parafin, grafit…),
Compton đã thu được kết quả đặc biệt:
chùm tia X đơn sắc, hẹp, bước sóng  khi
rọi vào vật tán xạ A (khối parafin,
grafit…), thì một phần xun qua A, phần
cịn lại bị tán xạ. Phần tia X bị tán xạ được
thu bằng một máy quang phổ tia X, quan
sát trên kính ảnh ngồi vạch có bước sóng  của tia X tới, cịn có một vạch (có cường độ yếu
hơn), ứng với bước sóng ’ > . Đồng thời thí nghiệm cũng cho thấy độ lệch ∆ = ’ -  tăng

theo góc tán xạ  (mà khơng phụ thuộc bước sóng ) theo hệ thức:
h

   '  
(1  cos  )  2.c .sin 2 ,
me c
2
6, 626.1034
h
với c =
=
= 2,424.10-12 m, gọi là bước sóng Compton.
31
8
9,11.10 .3, 0.10
me c
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

8


Giải thích hiệu ứng Compton trên cơ sở thuyết lượng tử ánh sáng: Xét một photon tia X có
bước sóng  tần số f đến va chạm với một electron đứng yên, trong quá trình va chạm photon
nhường một phần năng lượng cho electron và biến thành photon khác có năng lượng nhỏ hơn
(tức có tần số nhỏ hơn, bước sóng dài hơn).
Năng lượng của photon trước và sau va chạm là:

  hf 

hc



hc

;  '  hf ' 

'
mo

Năng lượng của electron trước và sau va chạm là: E0 = moc2 và E = mc2 =

2

1

.c 2

v
c2

(trong đó mo là khối lượng nghỉ của electron)
h hf
h hf '
'
p



&
p


Động lượng của photon trước và sau va chạm là:
 c
'
c
Động lượng electron trước va chạm là 0 và sau va chạm là: p e 




mo
v2
1 2
c

v;

Góc tán xạ  là góc tạo bởi vectơ động lượng p & p ' của photon.
Từ phương trình định luật bảo tồn năng lượng: hf  mo c 2  hf '  mc 2  mc 2  mo c 2  h( f  f ' )
Bình phương hai vế hệ thức này ta được: m2 c 4  mo2 c 4  2m o c 2 h( f  f ' )  h 2 ( f  f ' ) 2
2
2
  
 hf   hf ' 
 hf  hf ' 
2 2
Từ ĐLBT động lượng: pe  p  p '  m v     

  2.  
 .cos 
 c   c 
 c  c 
2

(4)

2

 m2v 2c 2   hf    hf '  2. hf  hf  .cos 
(5)
Lấy (4) trừ (5) theo vế ta được:
v2
m2 c 4 (1  2 )  2.  hf  hf ' (1  cos  )  2h.mo c 2 ( f  f ')  mo2c 4
(6)
c
mo
v2
2
m


m
(1

)  m o2
Từ
(7)
2

2
c
v
1 2
c
2
Thay (7) vào (6) ta được: mo c ( f  f ')  hff '(1  cos  )
(8)
c
c
h

 2
.sin 2
Chia hai vế của (8) cho: mo cff ' 
f' f
mo c
2
Hay    '   2h .sin 2     2c sin 2    (*)  gọi là độ dịch chuyển của bước sóng.
m0 c
2
2
Chúng ta dễ dàng nhận thấy, sự thay đổi bước sóng của bức xạ điện từ chỉ phụ thuộc vào góc tán
xạ  mà thơi, bởi vì tất cả phần cịn lại trong (*) đều là hằng số.
Từ (*) nếu góc tán xạ  nhỏ, ( 1-cos   0) sự thay đổi bước sóng của photon sẽ nhỏ. Nếu  lớn,
sự thay đổi bước sóng có giá trị lớn.  có giá trị cực đại khi góc  = 1800.

h
mec
Tất cả đều hoàn toàn trùng khớp với các quan sát thực nghiệm của Compton. Sự thay đổi bước

sóng trong tán xạ Compton khi  = 900 được gọi là bước sóng Compton c .

 '   2

c =
SKKN 2018 - 2019

34
h
= 6, 626.10
= 2,424.10-12 m.
31
8
me c
9,11.10 .3, 0.10

GV: Nguyễn Tuấn Anh

9


3.2. Quá trình vận dụng giải các dạng bài tập:
3.2.1. Bài tập cơ bản:
Phép biến đổi Lorentz
Bài 1. Cho một hạt chuyển động với vận tốc không đổi c/2 đối với O' trong mặt phẳng ’'x'y' sao
cho quỹ đạo của nó tạo với trục x' một góc 60o. Nếu’vận tốc của O' đối với O dọc th’o trục x' – x
là 0,6.c, hãy thiết lập các phương trình chuyển động của hạt xác định bởi O.
Giải.
c
c

Các phương trình chuyển động xác định bởi O' là: x'  u'x t '  (cos60o ).t ';y'  u'y t '  (sin60o ).t'
2
2
Theo phép biến đổi Lorentz ta có:
Vx
t 2
c
c
 0,6 
c
x' 
  cos60o 
 x  0,6c.t  . cos60o   t 
x   x  0,74c.t
2
2
2
2
c 

V
 V
1  
1  
c
c
x  Vt

c
y '  y   sin 60o 

2

t

Vx
c2

V
1  
c

2



c
t  0, 6.0,74t
sin 60o 
 0,30c.t

2
1  (0, 6)2

Bài 2. Một đoàn tàu dài AB  1 km (đo bởi quan sát viên là hành khách trên tàu) chuyển động
với tốc độ 200 km/h. Một quan sát viên đứng trên mặt đất thấy hai chớp sáng đồng thời đập vào
hai đầu A, B của tàu. Tính khoảng thời gian giữa hai chớp sáng đó đo được bởi quan sát viên là
hành khách ngồi trên tàu. Hành khách đó thấy chớp sáng đầu tiên đập vào đầu nào của tàu.
Giải.
v







- Xét đầu A, có: t A    t 'A  2 x 'A 
c




- Xét đầu B, có: t B    t 'B 

v
v
x 'B  t 'A  2 x 'A
2
c
c
500
v
v
9 .103  6,17.1013 s.
 t 'A  t 'B  2  x 'B  x 'A   2  
2
c
c
 3.108 

Theo đề, ta có: t B  t A  t 'B 

Do t 'A  t 'B nên chớp sáng đập vào đầu B trước
( t 'A , t 'B là của đồng hồ gắn trên hệ K’).

v

x 'B 
2
c

Z’

Z
K’

K

A

O’

O

B

v
X
X’

Y

Y’

Sự co chiều dài của các vật theo phương chuyển động
Một thước mét tạo với trục x’ của hệ quy chiếu O’ một góc 30o. Tìm vận tốc V của thước để nó
tạo với trục x của hệ quy chiếu O một góc 45o. Tìm độ dài của thước mét đo bởi O.
Giải.
L’y = L’.sinθ’ = 1.sin30o = 0,5 m; L’x = L’.cosθ’ = 1.cos30o = 0,866 m.
Do hiệu ứng co ngắn chiều chỉ diễn ra theo hướng x – x’ nên:
L y  L'y  0,5m; L x  L 'x 1 

Vì tanθ = Ly/Lx, ta có:

tan 45o  1 

V2
V2

0,866.
1

c2
c2

0,5m

.
V2
0,866m 1  2

c
Ly
0,5m
Suy ra: V = 0,816.c
Ta có: L 

 0,707m
o
sin 45
sin 45o
SKKN 2018 - 2019
GV: Nguyễn Tuấn Anh

10


Sự chậm lại của các đồng hồ chuyển động
Một máy bay chuyển động với tốc độ 600m/s đối với mặt đất. Cần bao nhiêu thời gian cho máy
bay đó bay để đồng hồ trên máy bay chậm đi 2.10-6 s so với đồng hồ trên mặt đất?
Giải.
Theo phép biến đổi Lorentz, ta có:
tmđ 

tmb
1

V2
c2

tmb





2

 6.102 
1
8
 3.10 

tmb
tmđ tmb  2.1012.tmđ 2.106  2.1012.tmđ
1 2.1012

Vậy ∆tmặt đất = 106 s = 11,6 ngày đêm.
Điều này chứng tỏ rằng các hiệu ứng tương đối tính là yếu đổi với các vận tốc thông thường.
Định lý cộng vận tốc
Bài 1. Một hạt chuyển động với vận tốc 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
Giải.
1
3
 0,4 3c u y  u sin 30 0  0,8c.  0,4c
Đối với quan sát viên O ta có: u x  u cos 30 0  0,8c.
2
2
Vận tốc của hệ K’ so với hệ K là v = - 0,6c

Các vận tốc theo phương x’ và phương y’ đối với quan sát viên O’
u x' 

u 'y 

ux  v
0,4 3c  (0,6c)

 0,913c
v
 0,6c
1  2 u x 1  2 (0,4 3c)
c
c

u y 1 v2 / c2
0,4c 1  0,6 2

 0,226c
v
 0,6c
1 2 ux
1  2 (0,4 3c)
c
c

Vận tốc của hạt đối với quan sát viên O’: u '  u x'2  u 'y2  (0,913c ) 2  (0,226c) 2  0,941c
Góc  ' hợp bởi hướng của vận tốc đó với trục x’ là: tan  ' 

u 'y

u

'
x



0,226c
 0,248   ' 13,9 o
0,941c

Bài 2. Một hạt nhân phóng xạ chuyển động với v = 0,5c trong hệ quy chiều phịng thí nghiệm.
a. Hạt nhân bị phân rã và phát ra một electron, chuyển động với vận tốc 0,9c đối với nhân và có
cùng hướng với chuyển động của nhân. Tìm vận tốc electron trên đối với hệ phịng thí nghiệm.
b. Giả sử bây giờ hạt nhân phát ra một electron theo hướng vng góc với hướng chuyển động
của hạt nhân trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm. Electron này có vận tốc là 0,9c trong hệ quy
chiếu gắn với hạt nhân. Tìm vận tốc của electron trong hệ quy chiếu phịng thí nghiệm.
Giải.
a. Chọn O, O’ và P lần lượt là quan sát viên đứng n trong phịng thí nghiệm, hạt nhân phóng
xạ và electron được phát ra. Khi đó: u x  u 'x  V  0,9c  0,5c  0,966c
1

V.u 'x
c2

b. Biến đổi Lorentz: u  u 'x  V  0  0,5c , 5c;
x
1

Từ đó: u  u 2x  u 2y 

SKKN 2018 - 2019

V.u 'x
c2

 0,5c 

2

1 0
2

1

0,5c.0,9c
c2

V2
2
c 2  0,9c 1  0,5  0, 779c
uy 
V.u ' x
1 0
1
2
c
u 'y 1 

  0,779c   0,926c và tan  

GV: Nguyễn Tuấn Anh

uy
ux



0, 779c
 1,56    57,3o
0,5c
11


Động lực học tương đối tính

Giả sử lực F tác dụng lên hạt cùng hướng với vận tốc của hạt. Tìm biểu thức tương ứng của
định luật hai Niutơn trong trường hợp tương đối tính.
Giải.

* Cách 1:



dp d 
F

dt dt 



 2v dv 
 2 . 
 m dv 1  (v / c ) 2  m v  c dt 
dv
mo v 2 dv
o
o

m
2
o
dt
2 1  (v / c )
mo v 
dt
c 2 dt



3/2
1  (v / c) 2
v2 
1  (v / c ) 2 1  (v / c ) 2 
1 2 
c 
dv
dt
F
1  (v / c ) 2
mo





3/ 2

dv
mo
 v2 v2 
dt
1  2  2  
c  1  (v / c ) 2
 c







* Cách 2: F  dp  d  mo v   d  mo
dt dt 
v 2  dt  1  1
1



 2
2

 v c
c2 


d1 1
F  m0  2  2 
dt  v c 

1/2





3/ 2








 1  1 1 
 m0     2  2 
 2  v c 

3/ 2

dv

mo
1 dv 

dt
.  2. 3 .  
3/ 2
v
dt

 1  (v / c) 2 



Năng lượng tương đối tính
Bài 1. Một photon năng lượng 1 MeV va chạm với một electron đứng yên ở lân cận một hạt
nhân nặng và bị hấp thụ. Trong chừng mực bỏ qua năng lượng giật lùi của hạt nhân, tính vận tốc
của electron sau va chạm. Biết năng lượng nghỉ của electron là 0,511 MeV.
Giải.
ĐLBTNL:   m 0ec 2  m 0n c 2 

m 0ec 2
V
1  
c

2

 m 0n c 2  1MeV  0,511MeV  0,511MeV  V  0,941c
2
V

1  
c

Bài 2. Vận tốc của một electron trong hệ quy chiếu phịng thí nghiệm là 0,6c. Một quan sát viên
chuyển động với vận tốc 0,8c theo hướng chuyển động của electron. Đối với quan sát viên này
động năng của electron bằng bao nhiêu?
Giải.
Theo phép biến đổi Lorentz, ta có vận tốc chuyển động của electron đối với quan sát viên:
ux  V
0, 6c  0,8c

 0,385c
V.u x 1  0, 6.0,8
1 2
c
m 0c 2
0,511MeV
 K'
 m 0c 2 
 0,511MeV  0,043MeV
2
2
1   0,385 
 u 'x 
1 

 c 
u 'x 

Hiệu ứng Doppler tương đối tính

Một tên lửa rời bệ phóng để thực hiện một chuyến bay với vận tốc 0,6c. Một nhà du hành trên
tên lửa phát ra một chùm sáng có bước sóng 5000A0 về phía bãi phóng.
a. Tìm tần số ánh sáng quan sát được ở bãi phóng?
b. Tìm tần số ánh sáng quan sát được bởi nhà du hành của một tên lửa thứ hai rời bãi phóng với
vận tốc 0,8c ngược hướng với tên lửa thứ nhất.
Giải.
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

12


a. Ta có:

V
8
c  3.10
V 5.10 7
1
c
1

f  f0

1  0, 6
 3.1014 Hz
1  0, 6

b. Theo phép biến đổi Lorentz, vận tốc tương đối của hai tên lửa là:

u 'x 

0,6c   0,8c 
ux  V

 0,946c
Vu x
0,8c  .0, 6c

1 2
1
c
c2

Tần số phát hiện bởi nhà du hành của tên lửa thứ hai là:
u 'x
8
c  3.10 1  0,946  1014 Hz
7
u'
1  0,946
1  x 5.10
c
1

f  f0

Hiệu ứng Compton
Bài 1. Một tia X bước sóng 0,3 (A0) làm tán xạ đi một góc 600 do hiệu ứng Compton. Tìm bước
sóng của photon tán xạ và động năng của electron.

Giải.
     c (1  cos  ) = 0,3 + 0,0242(1-cos600)  0,3121 (A0)
hc

hc
hc
 mc 2 =  K  m0 c 2


'
hc hc hc( '  ) 12, 42(0,3121  0,3)
 =
=
(hc  12, 42.107 (eV))
K =
 1, 6 (keV)
10
0,3121.0,3.10
 
 

Theo định luật bảo toàn năng lượng:

 mo c 2 =

Bài 2. Photon tới có năng lương 0,8 (MeV) tán xạ trên electron tự do và biến thành photon ứng
với bức xạ có bước sóng bằng bước sóng Compton. Hãy tính góc tán xạ.
Giải.
hc

hc

Năng lượng photon tới:



Cơng thức Compton:

     c (1  cos  )  c 
 cos  



 

hc




hc



 c (1  cos  )

12, 42.107
=0,064.  θ = 86,330.
4
0, 02424.0,8.10

c
Bài 3. Dùng định luật bảo tồn động lượng và cơng thức Compton, hãy tìm hệ thức liên hệ giữa
góc tán xạ  và góc  xác định hướng bay của electron.

p'
Giải. 
Gọi
p ' là động lượng photon tán xạ


p là động lượng photon tới


p

pe làđộng lượng electron giật lùi

pe

Dựa vào hình vẽ, ta có:
p.sin 
tan  =
với:

p  p.cos 
h
p= ;


p’=

h
;


 '   c (1  cos  )  2c sin 2



 tan  =




2



2 sin cos
cot
.sin 
2
2 =
2
=



2sin 2 (  c )

2sin 2 (  c )
1 c
2
2


SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

13


3.2.2. Bài tập nâng cao:
DẠNG 1. ĐỘNG HỌC TƯƠNG ĐỐI TÍNH
Bài 1. Một thanh AB được định hướng dọc theo trục x của HQC K, chuyển động với vận tốc
không đổi v dọc theo chiều dương của trục x. Đầu trước (theo quá trình chuyển động) là điểm A,
đầu sau là điểm B. Hãy tìm:
a. Độ dài riêng của thanh vào lúc t A , toạ độ của điểm A là x A , còn vào lúc t B toạ độ của điểm B
là x B
b. Sau một khoảng thời gian bao lâu, cần phải ghi lại các toạ độ của đầu và cuối thanh trong hệ
K để hiệu các toạ độ bằng độ dài riêng của thanh
Giải.
a. Trong hệ K sẽ nhìn thấy chiều dài của thanh là: l  lo 1 

v2
c2

v2
+ Toạ độ đầu B là: x A  lo 1  2

c

Tại thời điểm t A : + Toạ độ đầu A là: x A

Sau khoảng thời gian: t B  t A thì đầu A và B đi thêm được quãng đường: v(t B  t A ) :
Tại thời điểm t B toạ độ đầu B là: x A  lo 1 

x A  xB  v(tB  t A )
v2

l


v
(
t

t
)

x
o
B
A
B
c2
v2
1

b. x A  xB  x A  xB  lo

lo 1 

c2

v2
lo
v2

l

v
(
t

t
)
t

t

(
1

 1)

o
B
A
B

A
c2
v
c2

Bài 2. Tìm độ dài riêng của một thanh, nếu trong HQC phịng thí nghiệm, vận tốc của nó là
c
, độ dài là l  1, 00m và góc giữa nó với phương chuyển
2
động là   450 .
v

Giải.
Trong HQC phịng TN, ta có : lx  l cos  ; l y  l sin 
Suy ra: l0 x 1   2  l cos   l0 x  l cos  ; l0 y  l sin 
2
'

'

'

1 

+ l0  l02x  l02y  l
'

+ tan  

l0 y '

l0 x '

'

1   2 sin 2 
1  0,52 sin 2 450
42

1

m  1,08m
2
2
1 
1  0,5
6

 tan  . 1   2  tan 450. 1  0, 52 

3
   40053'
2

Bài 3. Một hình tam giác vng cân đứng n
trong một HQC K’, có diện tích bằng S . Tìm
diện tích của hình tam giác này và các góc của
nó trong hệ K, biết K’ chuyển động đối với hệ
K với vận tốc bằng 4c / 5 theo phương song
song với cạnh huyền của tam giác.
Giải.


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.
a
ABC  
ACB  450 ; S 
Trong hệ K’, tam giác ABC có: AB  AC  a ; BC  a 2 ; 

2

2

SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

14


Trong hệ K, tam giác A' B 'C ' có: (I là trung điểm của B’C’)

l0 cos  a 2 B 'C '


lx 
l0 x   lx
l0 cos    lx

2

2


 

l0 y  l y
l0 sin   l y
a 2

'
l y  l0 sin   2  A I
1



1
a 2a 2 a
3S
1 3

1  2


Vậy tam giác A' B 'C ' trong K’: S '  B'C ' . A' I 
Với: 
 
2
2 2
2 5
 5

  v

c
2

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   AH tan 450 

B 'C '
BC
5
tan  
 tan      590
2
2
3

Bài 4. Một hạt chuyển động thẳng với vận tốc không đổi bằng 0,5c trong mặt phẳng O’X’Y’ của
hệ K’ và quỹ đạo của nó hợp với trục O’X’ một góc
y’
y
600. Biết hệ K’ chuyển động dọc theo trục OX của hệ
K với tốc độ v  0, 6c . Hãy thiết lập phương trình quỹ
đạo của hạt trong hệ K.
K
0,5
K
’
c
Giải.

α
- Phương trình chuyển động của hạt trong hệ K’ là
x
O
O

c 3
c
.t '
x '  0, 5c.cos60 .t '  .t ' ; y'  0,5c.sin600.t ' 
4
4

’

0

- Phương trình chuyển động của hạt trong hệ K

z

z’

v
1 c
v 



x 

 v   t  2 x  với t '    t  2
2 
 c
 1 v  4
 c 
2
c
17
1 c
0,
6
85
85


ct  0, 74ct .
(1)
x
 0, 6c   t  2 x  
ct  .0, 6x  x 
2 
23
1  0, 6  4
c
64

 64

v
c


c
 
x    x ' vt '      v  t '     v    t  2
4

4
  c

Và ta có: y  y ' 


x


3
3 
v 
ct ' 
c.  t  2 x 
4
4
 c 

v


(2)
 t  2 .0, 74ct  , với v  0, 6c . Ta có: y  0, 325ct


v  c
1 2
c
Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo của vật trong hệ K là: y  0, 43x (3)
y

3
c.
4

x’

1

2

(3) chứng tỏ hạt cũng chuyển động thẳng đều trong hệ K.
Bài 5. Một hệ K’ chuyển động với vận tốc khơng đổi v đối với hệ K. Tìm gia tốc a’ của hạt
trong hệ K’, nếu trong hệ K hạt chuyển động với vận tốc u và gia tốc a theo một đường thẳng

a. Cùng phương với vectơ v

b. Vng góc với vectơ v
Giải.

a. Vì u // Ox  u x  u ; u y  0

ux  v
uv


Trong hệ K’: u 
v
vu ;
1 2 ux 1 2
c
c
'
x

SKKN 2018 - 2019

uv
u y 1 v2 / c 2
'
u 
 0  u' ux 
vu
v
1 2
1 2 ux
c
c
'
y

GV: Nguyễn Tuấn Anh

15

a' 

du '
. Ta đi tính vi phân du' và
dt '

du ' 

u v
vu
1 2
c

 vu 
v
v
x
dt  2 dx dt 1  2 
2
c 
c
c
dt ' : t ' 
 dt ' 
 
v2
v2
v2
1 2
1 2

1 2
c
c
c
 v2 
du
 vu 
1  2  du  (u  v)( 2 ) 1  2 du
c 
c 
c


2
2
 vu 
 vu 
1  2 
1  2 
 c 
 c 

t

3/ 2

 v2 
 v2 
v2
1  2 du

1  2 
a
1 2
c 
du '  c 
c

.
 
a' 
2
3
dt '
 vu  dt 1  vu 
 vu 
1  2 
1  2 
2
 c 
 c 
 c 

b. Vì u  Ox  u x  0 ; u y  u

u x' 

ux  v
 v ;
v
1 2 ux

c

u 'y 

uy 1 v2 / c2
 u 1  v 2 / c 2  du 'y  du 1  v 2 / c 2
v
1  2 ux
c

v
dx
2
dt
c
(Vì dx = 0 do vx = 0)
dt ' 

v2
v2
1 2
1 2
c
c
du 'y du
 v2 
 v2 
du 'x
v2
'

'
'
ax 
 0 (Vì u x  v  const )
ay 

(1  2 )  a1  2   a '  a 'y  a1  2 
dt '
dt ' dt
c
 c 
 c 
Bài 6. Một máy bay có chiều dài riêng 40 m chuyển động thẳng đều với tốc độ v  630 m/s.
dt 

a. Đối với người trên mặt đất, chiều dài máy bay ngắn đi bao nhiêu?
b. Máy bay phải bay bao lâu để đồng hồ trên máy bay chậm 1 μs so với đồng hồ trên mặt đất?
Giải.
v2
v2
Vì v  c nên 1  2  1  2
c
2c
a. Chiều dài của máy bay đo được đối với người trên mặt đất:    0 1 


v2
v2 



1

0
2 
c2
 2c 

Đối với người trên mặt đất, Chiều dài máy bay ngắn đi một lượng:

v 2   v2
40.6302
   0     0   0 1  2   0 2   
 8,82.1011 s.
2
8
 2c  2c
2.  3.10 

b. Gọi t là thời gian bay của máy bay ứng với đồng hồ gắn trên mặt đất, khi đó thời gian bay
của máy bay ứng với đồng hồ gắn trên máy bay là:

v2
v2 
t '  t 1  2  t 1  2 
c
 2c 


Theo đề, ta có: t  t '  106  t  t 1 


v2 
6
  10
2c 2 
2

2  3.108  .10 6
v2
2c2 .106
 t 2  106  t 

t 
 453514,74s  5, 25 ngày đêm.
2c
v2
6302

SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

16


Bài 7. Hệ quy chiếu K và K’ có các trục tọa độ tương ứng song song với nhau và K’ chuyển
động dọc theo trục Ox của K với tốc độ là v. Nếu một
y’
y
chất điểm chuyển động trong mặt phẳng Oxy của K

v

theo phương hợp với Ox góc θ với tốc độ u, thì người
u
uy
quan sát trong K’ sẽ thấy chất điểm chuyển động

u'y
u
'
K
trong mặt phẳng O’x’y’ theo phương hợp với O’x’
K’
θ
góc θ’ với tốc độ u’. Chứng tỏ rằng mối liên hệ giữa
u ' 1  2 .sin  '
v
u, u’, θ và θ’ là: tan  
, với   .
c
u 'cos ' v

Giải.
Từ hình vẽ, ta có:

u x  u cos  ; u y  u sin  (1)

θ'

O’

O

u 'x  u 'cos  ' ; u 'y  u 'sin  '

Lấy (4) chia (3), thu được:

v2

1 2
u 'y 1  2

c

  u 'y
v
v

1  2 u 'x
1  2 u 'x
c
c


uy
ux



x'

x

(2)

u 'x  v
v
1  2 u 'x
c

Áp dụng định lí cộng vận tốc trong lý thuyết tương đối hẹp, ta có: u x 


v u 'x  v
u y  u 'y 1  2
 c 1  v2 u 'x
c


u'x

ux

(3)

(4)

u 'y 1  2

(5)

u 'x  v

u sin  u 'sin  ' 1  2

,
u cos 
u 'cos  ' v

u ' 1  2 .sin  '
Thay (1) và (2) vào (5):
hay tan  
(điều PCM)
u 'cos ' v
Bài 8. Có hai tên lửa A và B chuyển động đối với mặt đất với tốc độ v1  0,8c và v 2  0, 6c . Tìm

vận tốc của tên lửa A đối với tên lửa B trong hai trường hợp:
a. A và B chuyển động dọc theo một trục nằm ngang
ngược chiều nhau; A sang phải và B về bên trái.
b. A chuyển động theo hướng dương của trục thẳng đứng,
B đi theo hướng âm của trục nằm ngang.
Giải.
Chọn K gắn với tên lửa B, K’ gắn với T/Đất.
Hệ K’ chuyển động với vận tốc 0,6c ra xa hệ K,
a. Vận tốc của tên lửa A đối với hệ K, ta có:
u 'x  v
v  v2
ux 
 1
v
v

1  2 u 'x 1  22 v1
c
c
Hay viết lại: u A,B 

v1  v 2
0,8c  0, 6c

 0, 946c
v1v 2
0,8c.0,6c
1 2
1
c
c2

y’

y

A
K

K’

B O

u 'x  0,8c

v  0,8c

x'

O’

x
y

0,6c

A

B

0,8c

O
x

Nhận xét: nếu hai tên lửa A và B chuyển động ngược chiều nhau với tốc độ v thì độ lớn vận tốc
của tên lửa này đối với tên lửa kia là: u A,B 

2v
v2
1 2
c
2

b. Ta có: u x 

u 'x  v

0  0, 6c

 0, 6c
v
1

0
1  2 u 'x
c

SKKN 2018 - 2019

v2
 0, 6c 
u 'y 1  2 0,8c 1 
c 
c2
uy 
 0, 64c
v
1

0
1  2 u 'x
c

GV: Nguyễn Tuấn Anh

17

Vậy vận tốc của tàu A đối với tàu B có độ lớn: u A,B  u x2  u y2  0,88c , và hợp với trục Ox một
góc θ
tan  

uy
ux



0, 64c
   46,90 .
0, 6c

y

y’

y

u 'x  0
u 'y  0,8c

0,8c
A
0,6c

B

O

x

K

K’ A

BO

O’

v  0, 6c

x'
x

Bài 9. Có hai hệ quy chiếu, K và K' có các trục tương ứng song song với nhau. Hệ K' chuyển
động dọc phương của trục Ox của hệ K với tốc độ v không đổi. Giả sử ở thời điểm t = 0 thì hai
gốc tọa độ trùng nhau. Đúng lúc đó có một chớp sáng xuất hiện ở O. Ở thời điểm t người quan
sát (NQS) trong hệ K sẽ thấy ánh sáng lan truyền trong không gian theo một mặt cầu tâm O, bán
kính ct (c là tốc độ ánh sáng trong chân không).
Sử dụng công thức biến đổi Lorentz tìm dạng mặt sóng ánh sáng mà NQS trong K' xác định
được. Nhận xét.
Giải
Mặt sóng trong K có dạng hình cầu tâm O. Phương trình của nó là: x 2  y 2  z 2  c 2 t 2 .
v
  2 x
t
x  vt 
c

; y  y; z  z; t 
Sử dụng công thức biến đổi Lorentz: x 
2
1 
1  2
2

 x  vt 


 1  2 



2

  v 
 t  c2 x 
2
2
2
2 2
 y 2  z  2  c 2 
  x '  y'  z'  c t '
2
 1  



NQS trong K' cũng quan sát thấy mặt sóng lan truyền trong K' có dạng mặt cầu tâm O', giống

như NQS trong K quan sát thấy cùng một hiện tượng như thế. Điều đó phù hợp với hai tiên đề
Einstein.
DẠNG 2. ĐỘNG LỰC HỌC VÀ NĂNG LƯỢNG TRONG THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP
1. Định luật II Newton trong thuyết tương đối hẹp:
Bài 1. Áp dụng định luật hai Niutơn tìm biểu thức của vận tốc tương đối tính của một hạt điện
tích q chuyển động theo một đường trịn bán kính R vng góc với một từ trường B
Giải.
Ta có:



 

 

 dp d
d
d
mo v

mv
F)
(Đạo
hàm
vectơ:
F

mo  v  

dt

dt dt
dt 
vv 
 1 2 
c 

 
 2 v dv 

. 


dv
  c 2 dt 
2
mo v 2 dv
dv
mo
1  (v / c )  m o v
m
2
o
dt
2 1  (v / c )
dt
c 2 dt
F


3/ 2

1  (v / c ) 2
1  (v / c ) 2 1  (v / c ) 2





 



SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh



18


Tổng quát:

 
 2v dv 
 .

  c 2 dt 
dv
2
mo

1  (v / c )  mo v


dt
 mo 3 v  
2 1  (v / c ) 2
 a.v 
F
  mo a 
1  (v / c ) 2
c2  


 dv
Trong từ trường hạt chuyển động trịn đều vận tốc và gia tốc vng góc nhau nên: v .  0
dt


F

dv
mo aht
mo v 2
dt
hay F 

1  ( v / c ) 2 R 1  (v / c ) 2
1  (v / c) 2
mo







Lại có lực tác dụng lên điện tích là lực Lorent: F  q(v  B )  F  qvB
Từ (1) và (2) suy ra:

mo v

2

R 1  (v / c ) 2

 qvB

v

(1)
(2)

qBR / mo
1  (qBR / mo c 2 ) 2

qBR
mo
Bài 2. Một chất điểm có khối lượng m 0 , chuyển động dọc theo trục x của hệ quy chiếu K

a. Nếu tại t = 0, x = 0 ta bắt đầu tác dụng lực F khơng đổi dọc theo trục x, tìm sự phụ thuộc của

tọa độ theo thời gian của chất điểm trên?
b. Nếu chất điểm chuyển động theo phương trình x  a 2  c 2 .t 2 , tìm lực tác dụng lên hạt trong
hệ quy chiếu này?
Giải.
a. Do ban đầu hạt khơng có vận tốc nên khi tác dụng lực theo phương x, hạt sẽ chuyển động theo

t


 dp
m0 .u
 

 F .t
phương x. Thật vậy, vì ta có: F 
<=> p  0   F .dt <=> p  F .t 
dt
u2
0
1 2
c

Trong giới hạn cổ điển ta cho c   ta được v 

=> Ta tìm được vận tốc của hạt là u , xác định bởi: u 

F .t / m 0
1

t

t

Phương trình tọa độ: x  x0   udt  0  
0

0

F .t / m0
1

F 2 .t 2
m02 .c 2

.dt 

F 2 .t 2
m 02 .c 2

m02 .c 4
m0 c 2
2 2

c
.
t

F2
F

m c2
c
( m0 c 2 ) 2  F 2 t 2  0
F
F
dx
c 2 .t
=> Ta xác định được: u  
dt
a 2  c 2 .t 2

Vậy x 

b. Khi cho : x  a 2  c 2 .t 2

=> p 

m0 .u
1

u2
c2



m0 .c 2 .t
a

=> F 

dp m0 .c 2

dt
a

Bài 3. Một hạt có khối lượng nghỉ mo tại thời điểm t = 0 bắt đầu chuyển động không vận tốc ban

đầu dưới tác dụng của một lực F khơng đổi. Tìm sự phụ thuộc theo thời gian t của vận tốc của
hạt và của quãng đường mà hạt đi được.
Giải.
Bài này giải tương tự như bài 2 nhưng ta sẽ dùng nguyên hàm (tích phân bất định). Khi đó ta
phải đi xử lý thêm hằng số C của nguyên hàm (dựa vào điều kiện đầu).
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

19




Do hạt khơng có vận tốc ban đầu nên hướng của v cũng chính là hướng của F




F
v
dp d  mo v 
dt


d
(
)

F
 
2
2 
mo
dt dt
v
v
 1

1 2

2 
c 
c

F
v
Ft
v
) 

Lấy tích phân 2 vế:  dt   d (
+C
2

mo
mo
v
v2
1 2
1 2
c
c
Fct
Tại t = 0 thì v = 0  C  0  v 
(m0 c) 2  F 2 t 2
x

x

Fct.dt
2

2 2

(m0 c )  F t

Đặt u  (m0 c) 2  F 2t 2  du  2F 2 tdt

c du c
c

u  C1 
(m0 c ) 2  F 2 t 2  C1
2F u F

F

m0 c 2
c
2 2
2 2
( m0 c )  F t 
Vậy x 
F
F
Bài 4. Xuất phát từ phương trình động lực học tương đối tính, hãy tìm:


a. Các trường hợp như thế nào thì lực tác dụng F cùng phương với gia tốc a


b. Trong các trường hợp đó, tìm mối quan hệ giữa F và a .
Giải.







 dp d  m0 .u 
m0
 m0 .(u .a ) / c 2 

.u

a. Ta có: F 
2  
 2 .a 
 2 3
dt dt 
u
u

 1

1 2
 1 u 

2 
c 
c


c 2 



 
2


Để F cùng phương với gia tốc a ( F // a ) thì m 0 .(u .a ) / c .u cũng phải cùng phương với a .
m c2
Tại thời điểm t = 0, ta lấy x = 0  C1   0
F

2

 1 u

c2


Khi đó, ta có 2 trường hợp:


 m0 .(u.a ) / c 2
0

3

2

u 
=>
  1  2 
c


u // a








3

 
u  a
u // a


 
u  F
Hay   
u // F





(Vì F // a )

Như vậy : Để lực tác dụng cùng phương với gia tốc thì lực tác dụng phải cùng phương với vận
tốc, hoặc vng góc với vận tốc chuyển động.
b. Tìm mối quan hệ giữa F và a khi đó:


 
m0
m0
 m 0 .( u .a ) / c 2 


+ Khi u  F thì: F 
.u 
 .a 
 .a
3
2 
u2

u
1 2
 1

2 
c

c




m0
m0
 
 m0 .(u.a ) / c 2 

.u 
.a
+ Khi u // F thì: F 
3
3

 2 .a 
2 
2 
u


1 2
 1 u 
 1 u 
c


c 2 
c 2 


u2
1 2
c

SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

20


Bài 5. Trong quá trình sinh cặp, năng lượng của một photon được biến đổi hoàn toàn thành các
hạt vật chất. Một sự sinh cặp xảy ra cạnh một hạt nhân nặng được đặt trong một từ trường đều


B có cảm ứng từ B  0,1 T đã tạo thành cặp electron - pơzitron mà các quỹ đạo có bán kính cong

tương ứng là 40mm và 160mm. Biết phương của B vng góc với các mặt phẳng quỹ đạo.


a. Áp dụng định luật II Newton F 

d

 mu  , hãy tìm biểu thức vận tốc tương đối tính của hạt
dt

tích điện q trong từ trường.
b. Năng lượng tồn phần của các hạt trong sự sinh cặp này.
c. Tính bước sóng của photon.
Khối lượng nghỉ của electron là 0,511 MeV/c2. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Giải.




 du



u

 d
m 0 du
m0


d
m0  
dt u
a. Ta có: F   mu   

u  F
2
dt
dt 
u 2 dt
u2 c
u2 
1 2
1 2
 1 2 
c
c
c 



du
 du

Trong từ trường, vì u và
vng góc với nhau nên u  0 .
dt
dt




m 0 du
m 0 du
F
Khi đó: F 
về
độ
lớn
(*)
u 2 dt
u 2 dt
1 2
1 2
c
c

Mặt khác, trong từ trường hạt chỉ chịu tác dụng của lực Lorentz nên:
+ độ lớn của lực: F  FL  quB

du u 2

+ độ lớn gia tốc hướng tâm: a ht 
.
dt
R

2

 qBR 

u2
1
qBR
1
Biểu thức (*) được viết lại: quB 
. 
 1 
 u
2
2
2
m0
u R
u
 m0 c 
 qBR 
1 2
1 2
1 

c
c
 m 0c 

m0

b. Năng lượng toàn phần của mỗi hạt được xác định từ hệ thức Anhxtanh:
2

E  mc 

2

m0

2

u2
1 2
c

c  m0 c

2

 qBR 
1 
 .
 m0c 

Từ đây ta xác định được năng lượng của electron và pôzitron là:
2

 1, 6.1019.0,1.0, 04 
E e  0,511(MeV) 1  
 1,3 MeV, và
31
8 
 9,11.10 .3.10 
2

 1, 6.1019.0,1.0,16 
E p  0,511(MeV) 1  
 4,814 MeV.
31
8 
 9,11.10 .3.10 

c. Ta có   e   e  Theo định luật bảo toàn năng lượng (bỏ qua sự giật lùi của hạt nhân nặng),
ta có:
hc
hc
6, 625.1034.3.108
 2.1013 m.
 Ee  E p   
 
13

Ee  E p
1,3  4,814  .1, 6.10
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

21


2. Năng lượng trong thuyết tương đối hẹp:
Bài 1. Electron và proton được tăng tốc trong một điện trường có hiệu điện thế 10 9 V . Năng
lượng nghỉ của electron và proton lần lượt là 0,511 MeV và 938 MeV.

a. Tính động lượng tương đối tính của electron và proton?
b. Tính năng lượng tồn phần của eletron và proton?
Giải.
a. Năng lượng nghỉ của electron và proton là: E0 e  m0e .c 2  0,511MeV ; E0 p  m0 p .c 2  938MeV
* Khi một hạt mang điện chuyển động từ trạng thái nghỉ trong điện trường có hiệu điện thế
10 9 V , thì động năng của chúng là: K  Q.U  Q.(109V ) , với Q là điện tích của hạt .
=> Động năng của electron và proton bằng nhau về độ lớn và đều là: K e  K p  10 9 eV
 Ee  K e  moe .c 2
* Ta có hệ thức liên hệ: 
2
 E p  K p  mop .c

(*)

và




 Ee2  pe2 .c 2  moe .c 2
 2
2 2
2
 E p  p p .c  mop .c

=> c. p e  Ee2  m0e .c 2 2  K e2  2.m0e .c 2 .K e  K e . 1  2.m0e .c

2

Ke

* Tương tự, ta tính được: c. p p  K p . 1 

2.m0 p .c 2
Kp




2
2

=> Thay số: c. pe  1,0005.109 eV

 1,696.10 9 eV

b. Năng lượng toàn phần của electron và proton được xác định bởi biểu thức (*):
 E  K e  moe .c 2  1000 ,511 .10 6 eV
Theo đó, ta tính được:  e
2
6
 E p  K p  mop .c  1938 .10 eV

Bài 2. Một photon có động lượng p va chạm với một hạt có khối lượng nghỉ mo
a. Tính năng lượng tương đối tính của hệ xét trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm của chúng
b. Xét trường hợp va chạm là đàn hồi tính động lượng cuối của photon xét trong hệ quy chiếu
phòng thí nghiệm.
Giải.
a. Liên hệ giữa năng lượng tương đối tính và động lượng: E 2  ( m o c 2 ) 2  p 2 c 2
Xét trong HQC phịng thí nghiệm (hệ K): ( mo c 2 ) 2  E 2  p 2 c 2  ( pc  m o c 2 ) 2  p 2 c 2

(1)
’
2 2
2
Xét trong HQC gắn khối tâm (hệ K ): Khi đó động lượng của hệ = 0  ( mo c )  E '
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: E '  2 pmo c 3  mo2 c 4
b. Gọi - p3 và p4 lần lượt là động lượng của photon và hạt sau khi tán xạ
Theo định luật bảo toàn động lượng: p   p3  p 4
Theo ĐLBTNL toàn phần: mo c 2  pc  p3 c  (mo c 2 ) 2  p 42 c 2

Giải hệ ta được: p3 

pmo c
2 p  mo c

Bài 3. Hạt 0 (   meson trung hịa) có động năng K = nE0 (E0 là năng lượng nghỉ của nó, n > 0)
tới va chạm với hạt 0 khác đang đứng n trong hệ quy chiếu phịng thí nghiệm K. Sử dụng
phép biến đổi Lorentz và các công thức cộng vận tốc của thuyết tương đối, hãy:
a. Tìm vận tốc của hệ quy chiếu khối tâm K’ của hệ hai hạt 0 trên.
b. Tính động năng tồn phần của hệ và động lượng của mỗi hạt trong hệ K'.
Giải.
a. Gọi vận tốc của hạt 0 chuyển động trong HQC K là v, m 0 là khối lượng nghỉ của nó.
2

m 0c2

2

 m c2 

E 
v
Năng lượng của hạt  bằng: E K  mc 
  1  0   1  0 
c
v2
 EK 
 EK 
1 2
c
SKKN 2018 - 2019
GV: Nguyễn Tuấn Anh
0

2

(1)

22


Gọi vận tốc của HQC K' đối với HQC K là u. Chọn các trục tọa độ của HQC K' song song với
các trục tọa độ tương ứng của HQC K và phương trục x và x' của hai HQC là phương chuyển
động của hạt 0 thứ nhất. Kí hiệu vận tốc của các hạt 0 tương ứng trong HQC K' là v1' và v '2 .


Do tổng động lượng của hệ trong K' bằng 0 và do khối lượng nghỉ đều là m0 nên v '1   v '2 ,
'

biểu thức đại số v'1=-v'2. Vì trong hệ K, hạt 0 thứ hai đứng yên nên v2  u . Xét hạt 1, từ công

vu 2
vu
  v '2  u . Sau khi biến đổi ta được: 2  2u  v  0 .
vu
c
1 2
c
u c
v2 
Giải phương trình bậc 2 này ta được hai nghiệm:   1  1  2  .
c v 
c 
Ta loại nghiệm (+) vì với nghiệm này, u > c. Thay (1) vào nghiệm (-) ta được:

thức cộng vận tốc ta có: v1' 

u

c

  E 2 
1  1  1   0  
  EK  


E 
1  0 
 EK 

2

1


E0
EK

E 
1  0 
 EK 

2



E K  E0
K
n
n
.


uc
E K  E0
K  2E 0
n2
n2

1

b. Trong hệ K' ta có v1'   v 2'  u . Ta tính:

u
1  
c

2

1


1

K
K  2E 0



K  2E 0
n2
.

2E 0
2

Vì trong hệ K' hai hạt giống nhau có vận tốc như nhau về độ lớn (bằng u), nên năng lượng như
'
1

'

2

nhau. Ta có: E  E 

m 0 c2
u
1  
c

2

 E0

K  2E 0
n2
 E0
.
2E 0
2



Vậy động năng của hệ là: K '  K1'  K '2  E1'  E '2  2E 0  2E 0  1 



 n2 
K
 1  2E 0 
 1 .

2E0
2




Vì trong K' vận tốc của hai hạt là như nhau. Nên động lượng của chúng bằng nhau về độ lớn.
KE 0
n
E n
p1' c  p 2' c  E1' 2  E 02 
 E0
 p1'  p'2  0
Ta có:
.
2
2
c 2

Bài 4. Hạt có khối lượng nghỉ m1 và động lượng p 0 va chạm với hạt khác có khối lượng nghỉ m2
đang đứng yên. Biện luận chuyển động của 2 hạt sau va chạm, thừa nhận rằng va chạm là đàn
hồi và năng lượng toàn phần trước và sau va chạm của hệ là không đổi.
Giải.



Trong hệ quy chiếu phịng thí nghiệm động lượng của hệ được bảo tồn: p o  p1  p 2




Gọi   ( po ; p 2 ) 

p12  p o2  p 22  2 p o p 2 cos 

(1)

 Eo2 / c 2  po2  m12 c 2

Liên hệ giữa năng lượng toàn phần và động lượng:  E12 / c 2  p12  m12c 2
 2 2
2
2 2
 E2 / c  p2  m2 c
Rút ra: p12  E12 / c 2  m12 c 2  E12 / c 2  E o2 / c 2  po2  E12 / c 2  ( E  m2 c 2 ) 2 / c 2  p o2

Trong đó: E1  E  E 2  E  p 22 c 2  m 22 c 4
Thay vào (1) ta được:
SKKN 2018 - 2019

(E 

p 22 c 2  m 22 c 4 ) 2 / c 2  ( E  m 2 c 2 ) 2 / c 2  p 22  2 p o p 2 cos 

GV: Nguyễn Tuấn Anh

23


biến đổi: E 2 p 22  p o2 c 2 ( p 2 cos  ) 2  2 Em2 p o c 2 ( p 2 cos  )

m2 c 2 E
po ;
Trong đó: a  2
E  p o2 c 2
Ta chuyển qua tỉ số: A 

m2 c 2

b

E 2  p o2 c 2

p o2 c 2
b  a 1 2
E

po ;

m1
để biện luận
m2

Bảo toàn năng lượng: E  E 0  m2 c 2  E 2  Eo2  m22c 4  2 Eo m2 c 2  ( po2 c 2  m12c 4 )  m22 c 4  2 Eo m2 c 2
 po2 c 2  m12 c 4  m22 c 4  2( Eo  m2 c 2 )m2 c 2  po2 c 2  m12 c 4  m22 c 4  2 Em2 c 2

po
m2 c 2 E
a 2 4
po 

2 4
2
2
m1 c  m2 c  2 Em2 c
2  ( A  1)m2 c 2 / E

Suy ra:

+ Nếu A > 1 thì 2a  po cả hai hạt chuyển động về phía trước
+ Nếu A <1 thì 2a  po hạt m1 bật trở lại
Khi chuyển về cơ học Niutơn, gần đúng: p o c  m1c 2 :
Khi đó: E  E o  m2 c 2 

p o2 c 2  m12 c 4  m2 c 2  ( m1  m2 )c 2

Và ta cũng bỏ qua po2 c 2  E 2
Viết lại: a 

m2 c 2
m2
p
po 
po  0
E
m1  m2
1 A

b

m2 c 2

p
 0
E
1 A

Bài 5. Một hạt có khối lượng nghỉ m0  10u đang đứng yên, vỡ thành hai hạt văng ra theo hai
hướng ngược nhau với các tốc độ u1  0,8c và u 2  0, 6c . Tìm khối lượng nghỉ m01 và m02 của
hai hạt và động năng của chúng. Bằng cách nào có thể kiểm tra lại giá trị của tổng động năng?
Biết 1u  931,5 MeV/c2.
Giải.
Ta có: 1 

1
1

u12



1
1  0, 82



5
;
3

2 

1
1

c2

u22



1
1  0,62



5
4

c2
5
3

5
4

ĐLBTNL toàn phần, ta có: E1  E 2  E  1m 01c 2   2m 02c 2  m0c 2  m 01  m02  10u (1)
5
3

5
4

4
3

3
4

ĐLBT động lượng: 1m01u1   2 m 02 u 2  0  m 01.0,8c  m04 .0, 6c  0  m 01  m 02  0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: m01 

18
32
u  2,57u và m02  u  4,57u .
7
7

Động năng của mỗi hạt
5

Wđ1   1  1 m 01c2    1 2, 57.931, 5MeV  1595, 97 MeV
3

5

Wđ2   2  1 m 02 c2    1 4, 57.931, 5MeV  1064, 24 MeV.

 4

Khối lượng nghỉ đã giảm một lượng: m  m 0   m01  m 02   10   2,57  4,57   2,86 u
Như vậy năng lượng nghỉ giảm nhưng do năng lượng toàn phần nên động năng của hệ tăng một

lượng:
Wđ  m.c 2  2,86.931,5 MeV  2664, 09 MeV.
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

24


Bài 6. Hai vật A và B có khối lượng nghỉ m0 và vận tốc trực đối có giá trị tuyệt đối bằng u so
với hệ quy chiếu gắn với phịng thí nghiệm, đến va chạm hồn tồn mềm với nhau và tạo thành
một vật C có khối lượng nghỉ M0. Tìm M0 bằng cách áp dụng định luật bảo toàn động lượng
trong hệ quy chiếu gắn với hạt B.
Giải.
* Trong hệ quy chiếu gắn với hạt B:
Vận tốc của hạt B bằng 0 nên pB  0 ,
Vận tốc và động lượng hạt A: uA,B 

2u

m0uA,B

; pA 

2

 u
1   
 c 

1

u2A,B



c2

2m0u
 u2 
4u2
1   1 
 c2 
 u2 2
2
c 1  2 
 c 

1
M0u
u2
1 2
c

2m 0u



2m0u
u2

1 2
c

M0 u

Vận tốc của hạt C là u nên động lượng của hạt C là: pC 

Theo ĐLBT động lượng, ta có: pC  pA 



1

u2
c2

u2
c2

 M0 

2m 0
u2
1 2
c

* Hoặc giải trong HQC gắn với Trái Đất:
Độ lớn động lượng vật A, B là: pA 

m 0u

u2
1 2
c

;

pB 

m 0u
u2
1 2
c

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
pC  p A  p B 

M0 u '
u '2
1 2
c

Áp dụng ĐLBTNL tồn phần, có:



m 0u
u2
1 2
c
m0

u2
1 2
c



m0 u

u2
1 2
c
m0
c2 

 u '  0 Như vậy vật C đứng yên.

u2
1 2
c

c2  M 0 c2  M 0 

2m 0
u2
1 2
c

.

Bài 7.
1. Một proton tương đối tính, tại thời điểm t = 0 bay vào với vận tốc v0 trong miền có điện

trường đều E . Khảo sát chuyển động của proton trong hai trường hợp sau:


a. v 0 // E , tìm biểu thức xác định vận tốc v của proton theo thời gian ?

 

b. v0  E xác định: Góc   (v , v0 ) theo thời gian; hình chiếu vx của v lên phương v 0 ?

2. Cũng proton này, nhưng tại thời điểm t = 0 bay vào một miền từ trường B nào đó. Biết
proton này chuyển động trịn, xác định bán kính quỹ đạo và gia tốc của proton này?
Giải.



m0 .v

1. a. Ta có: Động lượng của hạt khi hạt có vận tốc v là: p  m.v 
v2
1 2
c
 dp

 q.E 
Theo đó, khi hạt chuyển động trong điện trường thì: F 
dt
SKKN 2018 - 2019

GV: Nguyễn Tuấn Anh

25