Sáng kiến kinh nghiệm THPT: 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. Họ và tên người đăng ký: NGUYỄN TUẤN ANH 2. Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn – Tổ Vật lý - KTCN 3. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu 4. Nhiệm vụ được giao trong đơn vị: Quản lý tổ chuyên môn và giảng dạy khối 10 - 12 5. 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

1

Nguyễn Tuấn Anh

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

MẪU BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN PHỤ LỤC II:

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

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

Nam, nữ: Nam

- Họ và tên: NGUYỄN TUẤN ANH - 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 chuyên môn: Thạc sỹ - Lĩnh vực công 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 thông.

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 yêu cầu trên lại càng rất cần đối với các em học sinh. Đứng trước khó khăn trên, sau một thời gian tiếp cận với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi 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:

2

 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 môn và say mê nghiên cứu.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

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) quán 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 không có cùng độ lớn bằng c trong mọi HQC quán tính, không 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 còn 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.

Z’

Z

 v

z

z'

13

12

23

 v

 v

 v





M

K’

K

X

O’

O

x x'

X’

3.1.2. Động học tương đối tính: 3.1.2.1. Công thức biến đổi Lorentz (Lo-ren-xơ):

y

y'

Y

Y’

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 . Công thức đó không 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.)

Lorentz tìm được các công thức liện hệ giữa các 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.

2

x



t



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’.

x '



; t '



; y '



y;z '



z.

vt 2

vx / c 2

1

 

 

1

Từ K sang K’:

2



 

v / c

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

x



; t



; y



y '; z



z ',

 x ' vt ' 2

t ' vx '/ c 2

1

 

1

 

với .

* Chú ý: Cơ học tương đối tính  (trở về) cơ học cổ điển khi v/c  0.

3

Từ công thức trên thấy khi v/c  0 thì x’= x - vt; t’ = t.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

3.1.2.2. Các hiệu ứng tương đối tính:

Từ các công thức biến đổi Lorentz, có thể suy ra một số hệ quả về tính chất của không 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 quán 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.

t



t



( x



2

1

2

x ) 1

t

'



t

'



.

2

1

2

v 2 c   1

Từ công thức biến đổi Lorentz (t’1 theo t1, x1; t’2 theo t2, x2) ta thu được:

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 không 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 không 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 không?

x

1



Bài toán: có một thước đứng yên trong K’, đặt dọc trục x’, độ dài của thước là x’2 - x’1, đặt là 0l . 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 '



 x ' x ' 1

2

 x vt 2

 

1

2 1

 x 2  

1

l

Áp dụng công thức biến đổi Lorentz: , với t1 = t2 = t 

 

l  0

2

2

 1 β

1

 

với .

Nhận xét: l < l0. Tóm lại:

Trong K’ (O’ đo thước): thước đứng yên, có chiều dài 0l Trong K (O đo thước): thước chuyển động, có chiều dài l.

4

Ta vừa chứng minh được l < 0l , 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 yên (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

c. Dãn thời gian: (Khoảng thời gian của cùng một quá trình trong hai hệ K, K’ như thế nào?)

2

t

'





t

t



Bài toán: có một đồng hồ đứng yên 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.

2

  t 1

t ' vx '/ c 2

1

 

t ' 1 2  

2 1

t 1

Áp dụng công thức biến đổi Lorentz: . với x’1 = x’2 = x’ 

2   .

  t

t

  

t



t , 1

0

t ' 2

t ' 1

2

   0t

2

t 1

t

Đặt , vậy:

    . (

   . Hay viết cách khác:

t

   0t

0t

0t trong hệ K’.)

t

0t

t

    trở lại cơ học cổ điển, khoảng thời gian là tuyệt đối.

0t

   => 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<

Nhận xét:

đo bởi O’) với chú ý xét t1 = t2. - Hiệu ứng co độ dài tức là: l < 0l (l đo bởi O, 0l - 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 quãng 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 không 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.

  x '   x

c(t ' 2 

c(t

2

 t ') 1 t ) . 1

.

 (x ' vt '),

 

 

x

2

1

Sử dụng công thức

    

[ x ' v(t

x '



x

'

 

  

x '

x '

 x ' 1

   

t ')] 1

2

1 1

   

      

  

2

Ta có: . Quãng đường đi của ánh sáng trong hệ K’ là Quãng đường đi của ánh sáng trong hệ K là 1    v x ' c

t



  t '



  t

t

 . Với

t

t ' 2

t ', 1

2

1

1 vx '/ c 2

1

 

* Thời gian đi của ánh sáng: Ta không áp dụng được công 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.  Đặt

t

t '

 

  

t '

t '

 t ' 1

   

 v t ' c

1 1

   

       

  

ta có: .

5

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





u

u

,

'

e. Công thức tương đối tính về cộng vận tốc:

x

x

dx dt

' '

xu ,

dx dt Ta cần tìm liên hệ ' xu . Áp dụng công thức biến đổi Lorentz rồi lấy vi phân:

2

dt



dx

x





 dx vdt





dx



; dt



x '



; t '



tương ứng là vận tốc của một chất điểm đối với hệ K, K’. Định nghĩa vận tốc:

2

2

vt 2

t vx / c 2

1

 

v 2 c  

1

1

 

1

 

Từ ta có :

u

v

x

u





  x '

 dx  dt



dx

dt

u

1



x

 dx vdt v 2 c

 v 2 c

Như vậy:

2

2

u

u

u

v

y

z

x

u



, u



, u



 x '

 y '

 z'

u

1



1



u

1



u

x

x

x

 v 2 c

  1 v 2 c

  1 v 2 c

2

2

u

 

u

 

u

v

 y '

 z '

u



, u



, u



Tương tự các thành phần vận tốc còn lại. Ta được :

x

y

z

u

1



1



u

1



u

 x '

 x '

 x '

  x ' v 2 c

1 v 2 c

1 v 2 c

. Phép biến đổi ngược lại :

u

v

x

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 không đối với các hệ quán tính.

u

  . c x 'u

  x '

1



u

x

 v 2 c

=> Thật vậy, nếu ux = c từ

* Trường hợp giới hạn: Nếu v, ux <

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:

m

m



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.

2

0  

1

Liên hệ khối lượng nghỉ và khối lượng tương đối tính:

 

u c

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

6

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, quán tính của nó, tính hấp dẫn của nó tăng, không phải là lượng vật chất tăng.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh



 thì động lượng p mu

b. ĐL II Newton:

 Trong K, chất điểm khối lượng m, vận tốc u

.

Chú ý m thay đổi theo tốc độ. Biểu thức của định luật II Newton mở rộng cho thuyết tương đối

 F





 dp dt

 d(mu) dt

n

i

 Hệ kín gồm nhiều chất điểm, F

hẹp trở thành: .

 m u i



 i 1

n

i

bảo toàn. = 0 nên

  p m u



 m u 0i

0



 i 1

. Hệ kín bảo toàn. ĐLBT động lượng trở về cổ điển: khi u<

3.1.3.2. Năng lượng trong thuyết tương đối hẹp:

2

2

 E mc



.

2

m c 0  

1

a. Hệ thức Einstein giữa năng lượng và khối lượng:

Hệ thức này được gọi là hệ thức Einstein. Đây là năng lượng toàn phần của hạt.

1





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

W đ

2

1

 

   

 1 E .  0  

2

1

1



  1



1

vật chuyển động thì có thêm động năng nên Wđ+ m0 c2 = mc2, suy ra:

2

2

 2

u c 2

1

 

   

   

2c4 + p2c2.

Khi u<

* Hệ thức giữa năng lượng và động năng: E2 = m0 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. Ngoài ra còn 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:

 2 f (t



)

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 toán 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 '





)

x ' c

 2 f(t



  ) 2 f '(t'



)

Pha dao động của ánh sáng ở điểm x’ trong hệ K’ là .

x c

x' c

7

Mọi hiện tượng vật lý xảy ra trong các HQC quán tính như nhau nên: .

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

,

,

,

,

x

x



vt

 2 f (t



)

  2 f



2

2

x c

v 2 c  

1

c 1

 

  t   

    

Theo công thức biến đổi Lorentz: .

,

,

,

,

x

x



vt

 2 f '(t '



  ) 2 f



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

x' c

v 2 c 2 

1

c 1

2 

  t   

    

1





f

f '



f

khác đi so với tỉ lệ xích trong hệ K. Từ trên ta có: .

1 1

   

v c 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.

1



cos



f '



f

* Trường hợp phương truyền ánh sáng và phương của vận tốc v hợp với nhau góc θ (xét góc nhỏ

2

v c   1

2

f

trong hai góc bù nhau), ta có công thức: , trong đó dấu của v quy ước như trên.

f '





2

1 v 2 2 c

 2

   

  

1

 

  f 1 

  

Khi ánh sáng truyền theo phương vuông góc với vận tốc v thì: .

2

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

2

fv 2c

tham gia của số hạng là nhỏ.

3.1.5. Hiệu ứng COMPTON

2

 

  '   

 (1 cos )





2.

.sin

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 xuyên qua A, phần còn lại bị tán xạ. Phần tia X bị tán xạ được thu bằng một máy quang phổ tia X, quan sát trên kính ảnh ngoài vạch có bước sóng  của tia X tới, còn 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 không phụ thuộc bước sóng ) theo hệ thức:

 c

 2

h m c e 34



,

c =

6, 626.10  31 8 9,11.10 .3, 0.10

h cm e

8

với = = 2,424.10-12 m, gọi là bước sóng Compton.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

'





hf



;



'



hf



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).

hc 

2

c .

Năng lượng của photon trước và sau va chạm là:

2



1

2

hc '  om v c

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

'

'



&

p





p



(trong đó mo là khối lượng nghỉ của electron)

h 

hf c

hf c

h '  m

o

v

p



Động lượng của photon trước và sau va chạm là:

e

2

1



2

v c

2

'

2

2

2

'



h f (



f

)

2 4

 '



f

mc 2  ) h (

f

m c o f

 ' 2 )



; Động lượng electron trước va chạm là 0 và sau va chạm là:

  của photon. Góc tán xạ  là góc tạo bởi vectơ động lượng & ' p p Từ phương trình định luật bảo toàn năng lượng:  hf mc   hf m c o 2 2 4   m c m c m c h f 2 ( o

o

2

2

'

'

  ' p p   

2 2 m v







2.

.cos



Bình phương hai vế hệ thức này ta được: (4)

 p e

hf c

hf c

  

  

  

  

  

  

hf c 2

2

'



hf



hf



2.

hf

hf

.cos





Từ ĐLBT động lượng:

   

hf c 











2 2 2 m v c Lấy (4) trừ (5) theo vế ta được:

2

2

2 4 m c

(1



)

 

2.

hf

hf





2 .

(

f



f

')



(5)





  ' (1 cos )

h m c o

2 4 m c o

2

v c

2

2

m o

m





m

(1



 ) m

(6)

2 o

2

2

v c

1



2

v c

2 (

 '(1 cos )

f

')



Từ (7)

om c

2

'



2

.sin

Thay (7) vào (6) ta được: (8)

m cff o

f c   f

hff  c f

'

 h m c o

2

2

Chia hai vế của (8) cho:  2

 

  '   

.sin



sin

(*)

 2 c

 2

 2

  

  

  

  

2 h m c 0

Hay  gọi là độ dịch chuyển của bước sóng.



'

2

h cm e

Chúng ta dễ dàng nhận thấy, sự thay đổi bước sóng của bức xạ điện từ chỉ phụ thuộc vào góc tán xạ  mà thôi, bởi vì tất cả phần còn 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.

c .



34

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 =

6, 626.10  31 8 9,11.10 .3, 0.10

h cm e

9

= = 2,424.10-12 m.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

3.2. Quá trình vận dụng giải các dạng bài tập: 3.2.1. Bài tập cơ bản:

Phép biến đổi Lorentz

o

o

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.

x' u' t '





(cos60 ).t ';y' u' t '





(sin60 ).t'

x

y

c 2

c 2

Các phương trình chuyển động xác định bởi O' là:

t



 x Vt

Vx 2 c

x '





o cos60

 

x 0,6c.t



t



x

 

x 0,74c.t





 o . cos60



c 2

c 2

0,6 c

  

  

1



1



V c

  

2   

  

t



o

o

2 V   c  Vx 2 c

y '

  y

sin 60



sin 60



0,30c.t









2

 t 0, 6.0,74t 2

c 2

c 2

1 (0, 6)



1

V c

   

  

Theo phép biến đổi Lorentz ta có:

 

t '



x '

 

t '



x '

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.

A

A

B

B

v 2 c

v 2 c

  

  

  

  

  

t '

t

x '



t '



x '

- Xét đầu A, có: A t - Xét đầu B, có: B t

A

B

B

A

A

Z’

Z

v 2 c

v 2 c

K’

K

13





x '





Theo đề, ta có: B t



3 .10



 6,17.10





A

B

  t ' A

t ' B

x ' A

B

v

v 2 c

v 2 c

500 9 3.10



28 

O’

O

X X’

s.

Y

Y’

t ' B là của đồng hồ gắn trên hệ K’).

nên chớp sáng đập vào đầu B trước

t ' A , t ' B

Do ( A t '

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.

2

2

L



L'



0,5m; L



L '

1





0,866. 1



y

y

x

x

V 2 c

V 2 c

0,5m

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:

o tan 45

  1

.

2

0,866m 1



L

Vì tanθ = Ly/Lx, ta có:

L





0,707m



o

y sin 45

V 2 c 0,5m o sin 45

10

Suy ra: V = 0,816.c Ta có:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

 t

 t

mb

  

 12 2.10 . t

 12  2.10 . t

 6 2.10







t

t

  mđ

  t mđ

mđ

mb

mđ

Sự chậm lại của các đồng hồ chuyển động

 1

mb 2 V 2 c

22   

 6.10  1 8 3.10  Vậy ∆tmặt đất = 106 s = 11,6 ngày đêm.

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:  t mb  12  1 2.10

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

0

0



u

sin

30



.8,0 c



4,0 c



u

cos

30



.8,0 c



34,0 c

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.

u x

u y

1 2

3 2

Đối với quan sát viên O ta có:

u

v

)6,0( c

x

u







913,0 c

' x

u

1





1

)34,0( c

x

 v 2 c

 34,0 c c  6,0 2 c

2

2

2

u

1

/

c

y

u







,0

226 c

' y

1



u

1



)34,0( c

x

 v v 2 c

 6,01 4,0 c  c 6,0 2 c

2

2

u

'



u



u



913,0( c

)



,0(

226

c

)



941,0 c

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’

2' x

2' y

'

'

o9,13

tan



,0

248



Vận tốc của hạt đối với quan sát viên O’:

' hợp bởi hướng của vận tốc đó với trục x’ là:

,0 ,0

c 226 941 c

u y  ' u

' x

Góc

0,966c







u

x

x





1

1

xạ và electron được phát ra. Khi đó:

 0,9c 0,5c 0,5c.0,9c 2 c

2

u '

1



2

y

Bài 2. Một hạt nhân phóng xạ chuyển động với v = 0,5c trong hệ quy chiều phòng 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 phòng thí nghiệm. b. Giả sử bây giờ hạt nhân phát ra một electron theo hướng vuông 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 phòng thí nghiệm. Giải. a. Chọn O, O’ và P lần lượt là quan sát viên đứng yên trong phòng thí nghiệm, hạt nhân phóng  u ' V x V.u ' 2 c

u







, 5c;

u







0, 779c

x

y

0 0,5c   1 0

0,9c 1 0,5   1 0

x

x



1

1



 u ' V x V.u ' 2 c

V 2 c V.u ' 2 c u

2

2

y

b. Biến đổi Lorentz:

u



u



u



0,5c



0,779c



0,926c

tan

 



1,56

  

o 57,3











2 x

2 y

u

0, 779c 0,5c

x

11

Từ đó: và

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

Động lực học tương đối tính

 Giả sử lực F định luật hai Niutơn trong trường hợp tương đối tính. Giải.

2

2 c

v dv . 2 dt

2

 1 ( /

v c

)



m o

m v o

m o

dv dt

    2 1 ( /

v c

   2 )

m v o

tác dụng lên hạt cùng hướng với vận tốc của hạt. Tìm biểu thức tương ứng của

F











3/2

2

2

2

dp dt

d dt

 1 (

v c / )

dv dt  1 ( / v c

)

dv dt 2 )

m v o 2 c   1 ( / v c

 

1



2

v c

     

     

m

m

2

2

o

o

F







2

2

2/32

v c

v c





 1  

  

dv dt  )/(1 cv



dv dt   2/32 )/(1 cv

m v o

* Cách 1:

F







2

dp dt

d dt

d dt



1



2

m o 1 2 v

1 2 c

     

     

v c

     

     



1/2



3/ 2

m o











2.

.

.



 F m 0

m 0

3/ 2

2

1 2 c

1 2

1 2 v

1 2 c

1 3 v

dv dt

1 d   2 dt v 

  

  

     

  

  

  

dv dt   1 ( / ) v c

 

* Cách 2:

Năng lượng tương đối tính

2

2

2

2

m c 0e

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.

 





 m c m c 0n

0e

m c 0n



1MeV 0,511MeV





 

V 0,941c

2

0,511MeV 2

1

1

V c

V c

   

  

   

  

ĐLBTNL:

x

u '







0,385c

x

 0, 6c 0,8c 1 0, 6.0,8



x



1

 u V V.u 2 c

2

0,511MeV

2

m c 0

  K '







 0,511MeV 0,043MeV

m c 0

2

2

1

0,385

  



x

1

u ' c

   

  

Bài 2. Vận tốc của một electron trong hệ quy chiếu phòng 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:

12

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

8

1



f



f





14 3.10 Hz

0

7

3.10  5.10

1 0, 6   1 0, 6

1



V c V c

a. Ta có:

x

u '







0,946c

x

x

0,6c  



1

1



    0,8c  0,8c .0, 6c 2

 u V Vu 2 c

c

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

1



f



f





14 10 Hz

0

8 3.10  7 5.10

1 0,946 1 0,946

 

1



u ' x c u ' x c

Tần số phát hiện bởi nhà du hành của tên lửa thứ hai là:

 (1 cos )



      c

2

2cm

2mc





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.

 K m c 0

o

hc  '

hc 

7



12, 42.10

1, 6

Theo định luật bảo toàn năng lượng: = =

 K =

10

hc hc   

 ( hc   ) '  

= (keV) (hc = (eV)) = 0,3 + 0,0242(1-cos600)  0,3121 (A0) hc   12, 42(0,3121 0,3) 0,3121.0,3.10







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 



 (1 cos )



 (1 cos )



Năng lượng photon tới:

   c

 c

      c

hc 

 7



cos







Công thức Compton:

 4

12, 42.10 0, 02424.0,8.10

hc  c

 'p

=0,064.  θ = 86,330.



 p



Bài 3. Dùng định luật bảo toàn động lượng và công thức Compton, hãy tìm hệ thức liên hệ giữa góc tán xạ và góc  xác định hướng bay của electron. Giải. Gọi

 'p  p  ep

là động lượng photon tán xạ là động lượng photon tới làđộng lượng electron giật lùi

 ep

Dựa vào hình vẽ, ta có:



2

'

(1 cos )



tan =

     c

   2 sin c

 .sin  p  .cos p p h 

h 

 2

 2 sin

cot

với: ; p = p’= ;

 tan =

2

2

2sin

)

)

1



2sin

  ( c

  ( c

  cos 2 2  2

 2  c 

  .sin  2

13

= =

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

3.2.2. Bài tập nâng cao:

DẠNG 1. ĐỘNG HỌC TƯƠNG ĐỐI TÍNH

Ax , còn vào lúc Bt

, toạ độ của điểm A là toạ độ của điểm B

2

l



l

1



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 At là Bx 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.

o

2

v c

2

a. Trong hệ K sẽ nhìn thấy chiều dài của thanh là:



1



Ax

lo

2

Ax

v c

t

tv (



t

)

: + Toạ độ đầu A là: + Toạ độ đầu B là: Tại thời điểm At

t  thì đầu A và B đi thêm được quãng đường: B

A

B

A

2

x







t

)

A

x B

A

B

Sau khoảng thời gian: :

x



l

1





( tv



t

)



x

  l o

A

o

B

A

B

2

v t ( 2

v c

1



2

v c

2

2

1



v t (

t

t



t



( 1



toạ độ đầu B là: Tại thời điểm Bt

 1)

x



x

x

x



l

l o

  l o

B

  ) A

B

A

A

A

B

B

o

2

2

l o v

v c

v c

b.

l



m

1, 00

Bài 2. Tìm độ dài riêng của một thanh, nếu trong HQC phòng thí nghiệm, vận tốc của nó là

v  , độ dài là

và góc giữa nó với phương chuyển

045

l



l

cos



;

l



l

sin



c 2 động là Giải. Trong HQC phòng TN, ta có :

x

y

l

cos



.

1



2 



l

cos



;



l

sin



'

'

'

l 0

x

  l 0

x

l 0

y

1



2 

2

2



1





Suy ra:







l



1



m



1,08

m

'

'

l 0

2 l 0 x

2 l 0 y

2   1

sin 2 

2 0 1 0,5 sin 45 2  1 0,5

42 6

'

y

+

  

0 ' 40 53















tan

tan . 1

2  

0 2 tan 45 . 1 0, 5

'

l 0 l 0

x

+

3 2 Bài 3. 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 hệ K, biết K’ chuyển động đối với hệ K với vận tốc bằng 4 / 5c 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.

2

 AB AC a BC a





;

2 ;

   ABC ACB



0 45 ;

S



a 2

14

Trong hệ K’, tam giác ABC có:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

'

'

'



A B C có: (I là trung điểm của B’C’) l 0







x



 l

cos

   l

0

x

x

x

cos 

2 a  2

' B C 2







l

sin





l

0

y

y

y

a

2

l    l  

l   0  l   0



sin







' A I

l 0

y

 l     l 

2

1

2

a

2

'

'

1



2 

'

'

'

S



' ' B C A I .







Trong hệ K, tam giác '

A B C trong K’:

1 2

2 a  2

2

a  2

S 3 5

1   

3 5

v c

       

Vậy tam giác Với:

'

'

'

0

' B H BH

 

' A H

tan

 AH

0 tan 45



tan



tan



  



59

' B C 2

BC   2

5 3

y’

y



K

K ’

0,5 c α

Không gian co lại dọc theo hướng chuyển động, các hướng khác vẫn giữ nguyên, do đó ta có.

x

O

O ’

0

0

x’

y' 0,5c.sin60 .t '





.t '

x ' 0, 5c.cos60 .t '





.t '

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 600. Biết hệ K’ chuyển động dọc theo trục OX của hệ . Hãy thiết lập phương trình quỹ K với tốc độ v 0, 6c đạo của hạt trong hệ K. Giải. - Phương trình chuyển động của hạt trong hệ K’ là

c 3 4

c 4

z

z’

;

x

 

 x ' vt '

 



 



v

t



x





v

t



x

t '

 

x

- Phương trình chuyển động của hạt trong hệ K





2

c 4

v 2 c

c 4

v 2 c

c 4

v 2 c

  t 

  

  

 v t '  

      

  

  

     

  

  

1



1 v 2 c

  x

ct



0, 74ct



0, 6c

t



x



ct



.0, 6x

x



với

2

1  1 0, 6

c 4

0, 6 2 c

85 64

85 64

17 23

  

x

y



y '



ct '



 c.

. (1)

      3 4

   v 2 c

3 4

  t 

  

1

y



c.

.0, 74ct





Và ta có:

2

3 4

v 2 c

  t 

  

1



v 2 c



, với v 0, 6c . Ta có: y 0, 325ct (2)

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

uu ;

Ox

 u

//



0

(3) chứng tỏ hạt cũng chuyển động thẳng đều trong hệ K.

u  x

y

2

2

u

v

u

1

/

c

x

y

u



 u

'

u





u





0

' x

' x

Bài 5. Một hệ K’ chuyển động với vận tốc không 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. Vuông góc với vectơ v Giải. a. Vì

' y



1

1



u



1

1



u

x

x

 vu vu 2 c

 v 2 c

 vu vu 2 c

v  v 2 c

15

Trong hệ K’: ;

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

dt

1



t



x

dt



dx

  

  

v 2 c

v 2 c

a  '

'du và

t

'



dt

'





'dt :

2

vu 2 c 2

2

du ' ' dt

1



1



1



2

2

2

v c

v c

v c

2

du

1



1



du



vu ( 

)(



)

2

v c

vu 2 c

du 2 c

  

  



du

'





2

2



1

1



1



vu  vu 2 c

vu 2 c

  

  

     

   vu   2 c  2/3

2

2

2



du

a



1



2

2

2

v c

v c



.



a  '

2

3

du ' ' dt

dt

1



1



1



v c vu 2 c

  

  

vu 2 c

  1    

   vu   2 c 

  1    

     



Ox

u

;0

u



u

 u

. Ta đi tính vi phân 

x

y

2

2

u

v

u

1

/

c

x

y

2

2

2

2

u





v

u





u

1



v

/

c

du

1



v

/

c

' x

b. Vì

' y

'  du y

1



u

1



u

x

x

 v 2 c

 v v 2 c

dt



dx

dt

v 2 c



dt

'



;

2

2

1



1



2

2

v c

2

2

2

v c du

'

 v

const

)

a





0

(Vì dx = 0 do vx = 0)

a





1(



)



a

1



a 

'

a



a



' x

u x

' y

' y

2

2

2

dt

' y '

du dt

du dt

' x '

v c

v c

  

  

  

v c m/s.



  1  630

(Vì

2

2

1



 1

Bài 6. Một máy bay có chiều dài riêng 40 m chuyển động thẳng đều với tốc độ v 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.

c nên

2

v 2 c

v 2c

2

2





 



1



Vì v

0

0

2

v 2 c

v 2c

  1 

  

2

2

11









  

  









1

a. Chiều dài của máy bay đo được đối với người trên mặt đất:

8,82.10

  



0

0

0

2

 v 0 2 2c

v 2c

  

28 

40.630  2. 3.10 t là thời gian bay của máy bay ứng với đồng hồ gắn trên mặt đất, khi đó thời gian bay

s. Đối với người trên mặt đất, Chiều dài máy bay ngắn đi một lượng: 2   

2

2



   t '

t 1





2

v 2 c

v 2c

 t 1  

  

2



6



6

b. Gọi của máy bay ứng với đồng hồ gắn trên máy bay là:

   

t ' 10

t

    t



10



2

 t 1  

  

 6

2

 6

.10

v 2c  2 3.10

 6

  t



10

   t



  t



453514,74s 5, 25



Theo đề, ta có:

2

2

2

28 630

v 2c

2 2c .10 v

16

ngày đêm.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

y’

y

v

 u

uy u'y

 u '

K

K’

θ θ'

2

x'

u'x

u ' 1

 .sin '

O’

ux

O

tan

 

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 chất điểm chuyển động trong mặt phẳng Oxy của K theo phương hợp với Ox góc θ với tốc độ u, thì người quan sát trong K’ sẽ thấy chất điểm chuyển động trong mặt phẳng O’x’y’ theo phương hợp với O’x’ góc θ’ với tốc độ u’. Chứng tỏ rằng mối liên hệ giữa

x

v   . c

  u 'cos ' v

 



u sin





u cos



u 'cos '

u, u’, θ và θ’ là: , với

 ;

 (1)

 ;

 u 'sin '

yu

yu '

xu

xu '

u '

v

u



Giải. Từ hình vẽ, ta có: (2)

x

1



u '

x

 x v 2 c

2

2

1



u '

 

y

u '

v



u

 



 

u '

Áp dụng định lí cộng vận tốc trong lý thuyết tương đối hẹp, ta có: (3)

y

y

1



u '

v 2 c 1



1



x

u ' x

u ' x

 x v 2 c

v 2 c v 2 c

1 v 2 c

  u ' 1  y  

    

2

u

u '

1

 

y



(4)

u

y u '



v

x

x

2

2

u ' 1

 .sin '

tan

 



(5) Lấy (4) chia (3), thu được:

u sin u cos

 

u 'sin ' 1      u 'cos ' v

  0,8c





0, 6c

Thay (1) và (2) vào (5): , hay (điều PCM)

  u 'cos ' v 1v

2v

y’

y



0,8c

xu '

A

K

K’

v 0,8c



x'

O’

O

B

x

y

và . Tìm

u '

v

v

2

v 1

u





x

1



u '

1



x

v 1

0,6c

0,8c

A

B

v 1

O

u





0, 946c



Bài 8. Có hai tên lửa A và B chuyển động đối với mặt đất với tốc độ 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:

A,B

x

1



1



 x v 2 c  v 2 v v 1 2 2 c

 v 2 2 c  0,8c 0, 6c 0,8c.0,6c 2 c



u

Hay viết lại:

2



1

của tên lửa này đối với tên lửa kia là: A,B

2

2



u '

1



0,8c 1



y

2

u '

v

v c

0, 6c 2 c

Nhận xét: nếu hai tên lửa A và B chuyển động ngược chiều nhau với tốc độ v thì độ lớn vận tốc 2v v 2 c

u





0, 6c



u







0, 64c

x

y

 1 0

 0 0, 6c  1 0

1



u '

1



u '

x

x

 x v 2 c

v 2 c

17

b. Ta có:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

u



u



u



0,88c

A,B

2 x

2 y

Vậy vận tốc của tàu A đối với tàu B có độ lớn: , và hợp với trục Ox một

u

y

0

góc θ

tan

 



  

46,9

u

0, 64c 0, 6c

x

y

y’

y

0,8c

0,8c

0 

xu ' yu '

K

K’

A

0,6c

A v 0, 6c



B

x

O

O’

O

B

x' x

2

2

2

2 2 c t







x

z

.





t



x



x

x



; y



 y ; z



 z ; t



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: .

2

 vt 2

y v 2 c  

1

 

1

2

2





t



x



x

2

2

2

2





y



z



c

2   x '

y '



2 z '



2 2 c t '

2

 vt 2

v 2 c  

1

 

1

   

    

    

    

Sử dụng công thức biến đổi Lorentz:

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:

 m v o

 mv

 F



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 tròn bán kính R vuông góc với một từ trường B Giải.

 F







 m v  o









d dt

 dp dt

d dt

d dt

1



 vv 2 c

     



.

 v 2

2

 vd dt

2 c

2

m

cv )/(1





o

 vm o

m

o

 vd dt

            2 )/(12  cv

F







2

2

cv )/(1



dv dt cv )/(1





vm o 2 c  )/(1 cv

dv dt  2/32

18

Ta có: (Đạo hàm vectơ: )

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2 c

  v dv . 2 dt

2

 1 (

v c /

)



m o

 m v o

 dv dt

    2 1 ( /

v c

   2 )







  . a v

 F



 m a o

2

 

 

 1 ( /

v c

)

 3 m v  o 2 c



0

 v

.

Tổng quát:

 vd dt

2

m

o

Trong từ trường hạt chuyển động tròn đều vận tốc và gia tốc vuông góc nhau nên:

F





 F



2

2



 vd dt 2)/(1 cv



R 

F 

qvB



hay (1)

2

am vm o ht o cv )/(1 )/(1  cv    BvqF ( qBR /

v



Lại có lực tác dụng lên điện tích là lực Lorent: (2)





qvB

2

22 )

 (1

qBR

/

vmo )/(1  cv

R

v 

c

Từ (1) và (2) suy ra: ) m o cm o

qBR om

Trong giới hạn cổ điển ta cho ta được

0m , chuyển động dọc theo trục x của hệ quy chiếu K

Bài 2. Một chất điểm có khối lượng

2

2

2 .tc





a

x

không đổi dọc theo trục x, tìm sự phụ thuộc của

 a. Nếu tại t = 0, x = 0 ta bắt đầu tác dụng lực F tọa độ theo thời gian của chất điểm trên? b. Nếu chất điểm chuyển động theo phương trình hệ quy chiếu này? Giải. a. Do ban đầu hạt không có vận tốc nên khi tác dụng lực theo phương x, hạt sẽ chuyển động theo

t



 um . 0

  tFp .



 tF .



 p

 dtF .

 F



, tìm lực tác dụng lên hạt trong

2

 0

 pd dt

0

1



2

u c

mtF /.

0

u



phương x. Thật vậy, vì ta có: <=> <=>

2

1



2

2 tF . 2 cm . 0

t

4

2

2

x





udt

  0

dt .





2 c t .



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

x 0

2



t F t m . / 

2 m c . 0 2 F

m c 0 F

0

0

1



2

0 2 F t . 2 m c . 0

2

x



(

22 )



22 tF



Phương trình tọa độ:

cm 0

c F

cm 0 F

2 tc .

2

2

x



a



2 .tc

Vậy

u





2

2

dx dt



2

2

. um 0

b. Khi cho : => Ta xác định được:

F





p





2

a dp dt

2 . tc 0. cm a

. . tcm 0 a

1



2

u c

19

=> =>

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 không 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

 Do hạt không có vận tốc ban đầu nên hướng của v

 cũng chính là hướng của F

v

vm o

dt



d

(

)



F





2

2

dp dt

d dt

F m o

1



1



2

2

v c

v c

      

      

v

v

dt



d

(



)







2

2

F m

o

Ft m o

1



1



2

2

v c

v c

v



0 C

+ C Lấy tích phân 2 vế:

(



22 tF

cm 0 )

dt .

2





22 tF

x



22 F

du

tdt

Tại t = 0 thì v = 0  Fct 2

cmu ( 0 )

Fct 2





22 tF

(

2

x





(

)



22 tF



 Cu 1

cm 0

C 1

 

c 2 F

c F

c F

cm 0 ) du u

2

2

x



(

22 )



22 tF



Đặt

cm 0

1  C

c F

cm 0 F

cm 0 F

 cùng phương với gia tốc a

 và a

Tại thời điểm t = 0, ta lấy x = 0 Vậy

.

2

m

.(

0

0

 F







 . a



 . u

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  b. Trong các trường hợp đó, tìm mối quan hệ giữa F Giải.

2

2

2

 pd dt

d dt



1

1



2

2

1



2

 . um 0  u c

 u c

      

      

   

2

c

0

  // aF

)

 Để F

 cùng phương với gia tốc a

a. Ta có:

 cũng phải cùng phương với a

 . u

3

2



1

2

 /). caum  3  u   c   .( aum /).  u c

   

   

2

.(

0



0

2

  // aF

)

( thì .



1

2

 a  a

 /). caum  3 u c

   u =>   // u 

    F u    // Fu  

   

            // au 

Khi đó, ta có 2 trường hợp: Hay (Vì

2

m

c

m

0

0

0

  Fu

Như vậy : Để lực tác dụng cùng phương với gia tốc thì lực tác dụng phải cùng phương với vận tốc, hoặc vuông góc với vận tốc chuyển động. b. Tìm mối quan hệ giữa F và a khi đó:

 thì:

 F



 . a



 . u



 . a

3

2

2

2

1



1



2

2

1



2

 u c

 u c

 .( aum /).  u c

m

.(

m

0

0

 F



 . a



 . u



 . a

  // Fu

+ Khi

3

2

2

2

1



2



1

1



2

2

 u c

         2 /). caum  3 u c

0  u c

   

   

   

   

20

+ Khi thì:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

có cảm ứng từ B 0,1

 F



 mu

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  T đã tạo thành cặp electron - pôzitron mà các quỹ đạo có bán kính cong B  tương ứng là 40mm và 160mm. Biết phương của B vuông góc với các mặt phẳng quỹ đạo.





d dt

a. Áp dụng định luật II Newton , hãy tìm biểu thức vận tốc tương đối tính của hạt

tích điện q trong từ trường. b. Năng lượng toàn 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.

 u

m

m

m

 F





 u

Giải.

 F



 mu



 u







2

2

2

 du dt

 du dt 2 c

d dt

d dt

1



1



1



2

2

2

0 u c

0 u c

0 u c

     



0

 u

a. Ta có:

 Trong từ trường, vì u

       du dt

 du dt

m

m

 F



F



và vuông góc với nhau nên .

2

2

 du dt

 du dt

1



1



2

2

0 u c

0 u c

quB



về độ lớn (*) Khi đó:

 F F L

2

a





Mặt khác, trong từ trường hạt chỉ chịu tác dụng của lực Lorentz nên: + độ lớn của lực:

ht

 du dt

u R

2

2

m

1

1

0

quB







1

  u

+ độ lớn gia tốc hướng tâm: .

2

2

2

qBR m

qBR m c 0

0

   

  

1



1



2

2

1

u . Ru c

u c

qBR m c 0

   

  

Biểu thức (*) được viết lại:

2

m

2

2

 E mc



1

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

2  c m c 0

2

qBR m c 0

   

  

1



2

0 u c

.

2



E



0,511(MeV) 1





1,3

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

e

31

19 1, 6.10 .0,1.0, 04  8 9,11.10 .3.10

  

  

2



E



0,511(MeV) 1





4,814

MeV, và

p

31

19 1, 6.10 .0,1.0,16  8 9,11.10 .3.10

  

  





   e

e

MeV.

Theo định luật bảo toàn năng lượng (bỏ qua sự giật lùi của hạt nhân nặng),



34



8



13

 



2.10



E

   

E



c. Ta có ta có:

e

p



13



hc 

hc 

E

E

6, 625.10 .3.10  1,3 4,814 .1, 6.10



e

p

21

m.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

V910

MeV

511

,0





MeV

938

E





. Năng

. 2 cm 0 e

. 2 cm 0 p

p

0

QUQK .

9V





)

;

, thì động năng của chúng là:

eV



p

e

22

2

2

E



K







2 cp . e

2 E e

e

, với Q là điện tích của hạt . 910 2. Năng lượng trong thuyết tương đối hẹp: Bài 1. Electron và proton được tăng tốc trong một điện trường có hiệu điện thế 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 toàn phần của eletron và proton? Giải. a. Năng lượng nghỉ của electron và proton là: E e 0 * Khi một hạt mang điện chuyển động từ trạng thái nghỉ trong điện trường có hiệu điện thế V910 10.( => Động năng của electron và proton bằng nhau về độ lớn và đều là:

2

22

2

E



e K



p

p

cm . oe cm . op





E

K  

K  cm . oe  cm . op

2 cp . p

2 p

   

2

.2

22

2



,1

0005

910.

eV

* Ta có hệ thức liên hệ: (*) và



. pc



E



K



.2

. Kcm

.



K

1.



. pc e



e

2 e

 . cm 0 e

2 e

0

e

e

e

    . cm 0 e K

e

2

.2

9

=> => Thay số:

. pc



K

1.





696,1

10.

eV

p

p

. cm 0 p K

p

6

2

* Tương tự, ta tính được:

1000

511

10.

eV

K

E





,

e

2

6

E





e K



1938

10.

eV

p

. cm oe . cm op

p

   

2

22 )





(

2

22 cp 22 )

E 22 cp

cm o pc

22 cp

22 )

E









(

(

cm o

b. Năng lượng toàn phần của electron và proton được xác định bởi biểu thức (*):  Theo đó, ta tính được:

 22 )

E



(

'

cmo

3

E



2

c

'

pm o

42 cm o





p

p

p

2 (1) (2) 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: Xét trong HQC phòng thí nghiệm (hệ K): cm o Xét trong HQC gắn khối tâm (hệ K’): Khi đó động lượng của hệ = 0 

3

4

c

2



p





pc

22 )





(

Từ (1) và (2) suy ra:  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:

3

cp 3

cm o

22 cp 4

cm o

2

o

 

meson

0 (

pm o  cmp trung hòa) có động năng K = nE0 (E0 là năng lượng nghỉ của nó, n > 0) 0 khác đang đứng yên trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm K. Sử dụng

0 trên.

Theo ĐLBTNL toàn phần: Giải hệ ta được:

0 chuyển động trong HQC K là v,

0m là khối lượng nghỉ của nó.

2

2

2

2

2

0

m c 0

Bài 3. Hạt tới va chạm với hạt 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 b. Tính động năng toàn phần của hệ và động lượng của mỗi hạt trong hệ K'. Giải. a. Gọi vận tốc của hạt

0 bằng:

E



mc



1





1



K

2

v   c

m c 0 E

E E

K

K

  

  

  

  

1



v 2 c

22

Năng lượng của hạt (1)

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

'

'

0 thứ nhất. Kí hiệu vận tốc của các hạt

2

0 tương ứng trong HQC K' là 1v và    v ' 1

'

0 thứ hai đứng yên nên

2v

2

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 2v . động của hạt  , v ' u  . Xét hạt 1, từ công Do tổng động lượng của hệ trong K' bằng 0 và do khối lượng nghỉ đều là m0 nên biểu thức đại số v'1=-v'2. Vì trong hệ K, hạt



2u v

  .

0

v



 

v



u

' 1

' 2

vu 2 c



1

 v u vu 2 c

2



1



1



thức cộng vận tốc ta có: . Sau khi biến đổi ta được:

u c

c v

v 2 c

   

   

Giải phương trình bậc 2 này ta được hai nghiệm: .

2

0

0

1



1



1

1



E E

K

   

  

E E

   

   

K

0

K

Ta loại nghiệm (+) vì với nghiệm này, u > c. Thay (1) vào nghiệm (-) ta được:











  u

c

2

2

u c

E E

 

E E

K  K 2E

n  n 2

n  n 2

K

0

0

0

0

1



1



E E

E E

K

K

  

  

  

  

1

1

0

 

v

u

.

 . Ta tính:







' v 1

' 2

2

 K 2E 2E

 n 2 2

0



1

1

K  K 2E

0

  

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

2

0

m c 0



E





E



E

b. Trong hệ K' ta có .

' E 1

' 2

0

0

2

 K 2E 2E

 n 2 2

0

1

u c

   

  











2E



2E

1





1



2E



1

nhau. Ta có: .

' K ' K K E E 2

' 1

' 1

' 2

0

0

0

K 2E

 n 2 2

0

   

   

   

   

Vậy động năng của hệ là: .

0

p











E

E



Vì trong K' vận tốc của hai hạt là như nhau. Nên động lượng của chúng bằng nhau về độ lớn.

0

2 0

' 2

' 2 E 1

' p c 1

' p c 2

KE 2

E 0 c

n 2

'   p 1  0p

 p





 po

 p 1

2

cos







p

2

p



)

(

Ta có: .

Gọi (1)

n 2 Bài 4. Hạt có khối lượng nghỉ m1 và động lượng 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 phòng thí nghiệm động lượng của hệ được bảo toàn: 2 o

pp o

2 p 1

2 2

2

  2ppo ;

2



2 2  p m c 1

2 o

2





2



2 2 2  p m c 1 1 2 2  p m c 2

2 2

2 E c / o 2 E c / 1 2 E c / 2

2

2

2

2

2

2











p





(

 cmE

22 /)

c



p

Liên hệ giữa năng lượng toàn phần và động lượng:

     2 cE / 1

2 p 1

2 cE / 1

2 cm 1

2 cE / 1

2 cE / o

2 o

2

2 o

2

4

E



 EE



E





Rút ra:

1

2

2 cp 2

2 cm 2

2

4

2

2

(

E





2 /)

c



(

 cmE

22 /)

c



p



2

cos

Trong đó:

2 cp 2

2 cm 2

2

2 2

pp o

2

23

Thay vào (1) ta được:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

2

2

2 pE



(

p

cos

 )



2

Em

(

p

cos

 )

2 2

2 cp o

2

cp o

2

2

2

2

b



p

a



p

b



a

1

biến đổi:

o

o

2

2

2

2 cp o 2 E

cm 2 

E

2 Ecm 2 2 2 E  cp o

2 cp o

A 

Trong đó: ; ;

m 1 m

2

2

2

2

2







)



2

Ta chuyển qua tỉ số: để biện luận

2







2 o  2(

2 4  E m c 2 

)







2

 cmEE 0 2 2 o

  E 2 4 2 4 p c m c m c 1 2

E m c 2 2 o 2 2 E m c m c 2 2

o

2 2 2 4 2 4  p c m c (  m c 2 o 1 2 4 2 2 2 4  p c m c m c o 1 2

E m c 2 o 2 Em c 2

Bảo toàn năng lượng:



p



o

2

2

2

 (2

A

2 Ecm

/

p o  )1

2 Ecm 2 2 4 4  cmcm  2

2 1

cEm 2

2

a 2

a 2

a Suy ra:

op op

2

+ Nếu A > 1 thì + Nếu A <1 thì cả hai hạt chuyển động về phía trước hạt m1 bật trở lại

1cm

cpo  2

2

2

4

2













(

 cmm )

Khi chuyển về cơ học Niutơn, gần đúng: :

cmEE o

2 cp o

2 cm 1

cm 2

1

2

2

2

2



E

Khi đó:

2 cpo

2

2

b





a



p



p



Và ta cũng bỏ qua

o

o

cm 2 E

p 

0 A

1

cm 2 E

m 2  mm

p 

0 A

1

1

2

0, 6c





Viết lại:

931,5



0m 10u  0,8c 1u

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

1

1

1

1









Giải.

  1

  2

2

2

5 3

5 4

1



0, 8

1



0,6

1



1



2 u 2 2

2 u 1 2 c

c

2

2



m



m



10u



E

  

E

 

Ta có: ;

01

02

E 1

2

m c 1 01

2  m c m c 0

02

2

5 3

5 4



 

  0

m .0,8c





m



m

0

ĐLBTNL toàn phần, ta có: (1)

 m .0, 6c 0

 (2)

m u 01 1

1

m u 02

2

2

01

04

01

02

4 3

3 4

5 3

5 4





m



u

2,57u

m



u

4,57u

ĐLBT động lượng:

01

02

32 7

18 7

Từ (1) và (2) suy ra: và .

2



Động năng của mỗi hạt

W đ

1

    1

 1 m c 01

W



MeV

đ2

    2

 2 1 m c 02

 5       3  5       4

  1 2, 57.931, 5MeV 1595, 97      1 4, 57.931, 5MeV 1064, 24   

 2,57 4,57

m m

 

2,86

10

m











MeV.







01

02

0

 Khối lượng nghỉ đã giảm một lượng: m Như vậy năng lượng nghỉ giảm nhưng do năng lượng toàn phần nên động năng của hệ tăng một lượng:

2

 

m.c



2,86.931,5 MeV 2664, 09



u

đW

24

MeV.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

0 ,

m u

2u

0 A,B

2m u 0

u









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 phòng thí nghiệm, đến va chạm hoàn toàn 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 Bp

p A

2

2 4u



1

1



1

1



2m u 0 2 u 2 c

u c

  1    

 2 u    2 c 

     

2 u A,B 2 c

2   2 u   2  c 1     2 c 

M u 0

p



; Vận tốc và động lượng hạt A: A,B

C

2

1



u 2 c

2m

M u 0

0

p

  M



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

C

  p A

0

2

2



1

1



1



2m u 0 2 u 2 c

u 2 c

u 2 c

Theo ĐLBT động lượng, ta có:

m u 0

m u 0

p



p



* Hoặc giải trong HQC gắn với Trái Đất:

B

A

2

2

1



1



u 2 c

u 2 c

Độ lớn động lượng vật A, B là: ;

m u 0

M u ' 0

m u 0

p



p





  u '

0

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:

C

  p B

A

2

2

1



1



1



2 u ' 2 c

u 2 c

u 2 c m

m

2m

2

2

0

0

0

c



  M

Như vậy vật C đứng yên.

2  c M c 0

0

2

2

2

1



1



1



u 2 c

u 2 c

u 2 c

Áp dụng ĐLBTNL toàn phần, có: .

0v trong miền có điện

 trường đều E

v

//

Bài 7. 1. Một proton tương đối tính, tại thời điểm t = 0 bay vào với vận tốc

0

 E  E

v



)

a. . Khảo sát chuyển động của proton trong hai trường hợp sau:  , tìm biểu thức xác định vận tốc v của proton theo thời gian ?

0

 xv của v

 ,( 0vv

0v ? nào đó. Biết

b. xác định: Góc theo thời gian; hình chiếu lên phương

 2. Cũng proton này, nhưng tại thời điểm t = 0 bay vào một miền từ trường B proton này chuyển động tròn, xác định bán kính quỹ đạo và gia tốc của proton này? Giải.

 vm . 0

  vmp  .



 1. a. Ta có: Động lượng của hạt khi hạt có vận tốc v

2

1



2

v c

 F



 Eq

.

là:



 pd dt

25

Theo đó, khi hạt chuyển động trong điện trường thì:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

 vm . 0



 tEq . .





 // Ev

v

 E

//

0

2

1





1

2

c

v c . vm 0

 vm . 0 0 2 v 0 2 c . vm 0





. tEq .

v





Vì giả thiết cho , nên

2

1

1



1



1



2

2

v c

0 2 v 0 2 c



v 2

qEt . cm 0

0 

c

v

2 0

   

   

 vm . 0



 tEq . .



 Biến đổi được:

2

1





1

2

v c

 vm . 0 0 2 v 0 2 c

 vvm . . 0

0

0v ta được hệ sau: . vm 0

0

cos





.

b. Tương tự câu a, ta cũng có: (1)





0

2

 .. vvm 0 0 2

1

1





1

1



2 0 2

 . vvm . 0 0 2 0 2

2 0 v c

v

 E

Lần lượt nhân vô hướng và nhân hữu hướng hai vế của (1) với  .. vtEq .

0

v c 



  vm . 0

2  v 0

v c  vm . 0 0

 v 0

v 2 c  vvm . . 0

0





.



  vEqt 0

sin.





. tvEq . .

0

2

2

1



1



1



2

2 0 2

2

v c

v c

        

v c

         

tan



1.





2 0 2

v c

tEq . . . vm 0

0

 F



   Bvq .[



]

<=> (giả thiết )

 pd dt

2

.(

0

 F

2. Hạt chuyển động trong từ trường, chịu tác dụng của lực Lorenxo: (2)

   v

 F



 . a



 . v



 . a

2

2

2



1



1

2

2



1

2

m 0  v c

m 0  v c

 /). cavm  3 v c

   

   

2

a



(3) Vì Hạt chuyển động tròn  Lực

2

2

v R vm . 0

m

0

R



.. Bvq



.

Với a là gia tốc là gia tốc hướng tâm:

a



1.



2

2

2

v R

v c

qvB m 0

qB

1.



1



2

2

v c

v c

E vdv 0

E 0

Kết hợp (2)(3) ta có: Và (4) 

  dE

E



  1

3

2

2

2

2

1



c

2

2

v c

v c

  1 

  

* Nhận xét: từ (4) khi v << c thì kết quả của R và gia tốc a trở về kết quả cổ điển. Bài 8. 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. Giải. Gọi L = 105nas ; E0 = 1GeV = 109eV ; Ef = 1020eV  , nó có NL toàn phần: Khi proton có vận tốc tức thời v

2

v

Trong HQC gắn với Trái đất, trong khoảng thời gian vi phân dt , vận tốc của proton coi như

dt



1



dt .

2

c

26

không đổi, và do đó, thời gian gắn với “đồng hồ riêng” của nó là

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

t

2

'

'

t



dt



1



dt

  2

2





v c

0

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

 1



const



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

  3

 k J s .



dE dt

E vdv 0

dt





proton tăng tuyến tính liên tục theo thời gian, nên ta có:

  4

3

2

2

dE k

2

kc

2

v c

  1 

  

fv



Từ (1) và (3), suy ra:

fv là vận tốc của proton khi tới Trái đất.

2



2

0

kc

2

E vdv 0  v  1 c 

  

2

v

2

f

d

v

f

2

2

v

'

t

 

 

ln

1



 

ln

1



 

ln



ln

  5

2 f 2

2

v c 2



E 0 k 2

E 0 k 2

c

E 0 k 2

E 0 E

E 0 k

E 0 E

E 0 k 2

v c

f

f

0

  

  

   

   

   

   

   

   

0

2

v c

  1    1 

     

Từ (3) và (4), suy ra: ' t với

2 E v dv

0

ds



vdt



v



Tìm hằng số k(tốc độ biến thiên NL toàn phần theo thời gian gắn với Trái đất của proton).

3

2

2

dE k

2 c k

2

v c

  1 

  

fv

2 v dv

Độ dịch chuyển vi phân của proton đối với HQC gắn Trái đất:

L



ds





I

3





2

2

E 0 2 kc

E 0 2 kc

0

2

v c

  1 

  

fv

v

v

2 v dv

f

3

K/cách từ ngoài biên giới Thiên Hà Chúng Ta tới Trái đất:

I





c



arcsin

3



2

2

f c

0

v

  

  

c

1



1



2 f 2

2

c

v c

      

      

  

2

2

v

v

E

f

f

Tính tích phân, ta được:

k





arcsin



  1

arcsin

1

  6

E c 0 L

f c

E c 0 L

E 0 E

E 0

f

v

  

  

  

  

    

   

    

    

1



c

2 f 2

         

L

Suy ra:

f

f

L ln .

5  10 .

ln

E

E

'

0

0

       510  E   

c ( thời gian một năm theo đồng hồ trên Trái đất), ta được: c E      

  

t 

Từ (5)(6) và

t





2

2

2

2

E

E

f

f

c

  1

arcsin

1



  1

arcsin

1



E 0 E

E

E 0 E

E 0

f

0

f

  

  

  

  

   

   

   

   

    

    

    

    

phút Thay số  ' 13, 3

DẠNG 3. HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH

27

Bài 1. Một nguồn sáng đang chuyển động thì phát ra một chùm sáng có bước sóng 550nm. Xác định vận tốc của nguồn sáng để một máy thu đứng yên thu được ánh sáng trên với bước sóng: a. Bước sóng 450nm b. Bước sóng 700nm

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh



 

Giải. Gọi v là vận tốc của nguồn sáng đối với máy thu đứng yên. Tần số máy thu thu được là:







f



f

 

thu

nguon

thu

nguon

v   vì c

1 1

   

c    f

1 1

   



 

2 nguon 2 nguon

2 thu 2 thu





550nm

 



với 

  



0,198

  v

0,198c

 





nguon 

450nm

2 thu 2 thu

thu





550nm

2 nguon 2 nguon 

 

a. với

  



0, 237

 

v 0, 237c

 





nguon 

700nm

2 thu 2 nguon

2 nguon 2 thu

thu

     



c

v

b. với

, dùng sóng điện từ có tần số

f





f

f

;



T

.

Bài 2. 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? Giải. 0, 6 Tàu vũ trụ đang bay về Trái đất với tốc độ 0f gửi về Trái đất để truyền hình trực tiếp hình ảnh trên tàu. Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính, tín hiệu

0

0

T 0

 

1 1

 

1 1

2  

1 1

 

 

Trái đất nhận được sẽ có tần số và chu kỳ:

  2 t

  t

.

   t t . 0

  t trên Trái đất, khoảng thời gian thu được trên tàu là:  1  1

 1 0,6  1 0,6

 

' 1 s  

c

Trong khoảng

.

1

f

,



0, 5

Vậy trong một phút thời gian trên Trái đất thì kim giây trên màn hình thu được sẽ quay 2 vòng. Bài 3. 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 . Tìm chiều dài tàu thứ nhất và vận tốc xích lại gần nhau của hai con tàu. Giải. Gọi tàu phát tín hiệu là tàu 1, nó tiến lại tàu 2 với vận tốc v Gọi thời gian giữa hai lần phát tín hiệu từ đầu và đuôi tàu 1 về phía tàu 2 là chu kỳ xung

1 , s .

f  1 1

1 1s 

2

  1 2 2

f





. Tần số xung là . Trên tàu 2, nhận được xung với tần số

2

f 1

f 1

1 1

 

2  

1 1

 

 

1



1







0, 6

  



1, 25 ;

v



c 0, 6

Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính:

1



2 

1



2  2 2  1 2  2 2  1

' 1 s  

'  c

300

m



Từ đó, suy ra:

l 12

m





 l 12 1, 25.300 375

  1 s

nên so với HQC gắn với tàu 2, tàu 1 có chiều dài

28

Vì hai tín hiệu phát đi đồng thời từ đầu và đuôi tầu 1 nhận được trên tàu 2 cách nhau khoảng thời gian và chiều . dài riêng của tàu 1 là 10 l Bài 4. 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 . Tìm chiều dài riêng của tàu đi ngược chiều. Giải.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

.

c 0f thì tàu 1 thu được tín hiệu với tần

f



f

'f

Gọi tàu phát tín hiệu là tàu 2, vận tốc tương đối của tàu 1 so với tàu 2 là v Khi tàu 2 gửi tín hiệu định vị tàu 1 với tần số

f .

0

1 1

 

 

'

số , sau đó phản xạ tín hiệu có tần số

f



f



f

' 0

0

  1   1 0,8 ,

  1   1 c 0,8 ,

     

v





5 3





f

Tàu 2 nhận được tín hiệu phản xạ:

' 0

f 09

8

 6

. , từ đó suy ra:

 240 m , vậy chiều dài của tàu 1 so với tàu 2 là .

T 

15s

,T

  được ghi theo thời gian của tàu.

2,

 v   400 0,8.3.10 .1.10 m .

f





thì Trái đất nhận được xung có tần số: Khi tàu gửi xung có tần số Theo giả thiết thì Mặt khác, so với tàu 2, tàu 1 đi ngược chiều qua hệ thống định vị trên tàu 2 trong thời gian  l   1 s  l l Chiều dài riêng của tàu 1 đi ngược chiều là 0 Bài 5. Một tàu vũ trụ đang bay về hướng Trái đất phát ra hai xung ngắn liên tiếp cách nhau một khoảng 1 1  phút. Sau khi phản xạ từ Trái đất hai tia này trở lại tàu vũ trụ sau thời gian 1,5   tháng. Khi đó khoảng thời gian nhận hai tia là . Tìm khoảng thời gian TĐT trên Trái đất 2 kể từ khi nhận được xung đầu tiên đến khi tàu vũ trụ bay về tới Trái đất. Xác định vận tốc của tàu. Các khoảng thời gian 1 Giải. Gọi chu kỳ của xung là khoảng thời gian giữa hai xung liên tiếp. f  1 1 1

f 1

f 1

 

 

1 1

.

2 1    1  'f f , và tàu sẽ nhận được xung có tần số:

'

f



s 60 ,



15

s



f



f

Sau đó Trái đất phản xạ lại xung có tần số

2

 1   , 1 2

 2

f 1

2

1   1

2  

 1   1

    

1



8







0, 6 ;





1, 25;

v



1,8.10

m s /

. Với





1



 2  1  2  1

Ta thu được:

 1 



ct 1

1

1 t 1





,

s

v



 c

Trong HQC gắn với Trái đất, giả sử khi tàu vũ trụ gửi tín hiệu đầu tiên về Trái đất nó cách Trái l , và thời gian cho quá trình này đất đoạn 0l . Sau thời gian 1t tín hiệu này tới Trái đất, 0     trong HQC gắn với tàu là: .

 

vt 1

 l 0 1

 1 c l 0   l 0

ct



vt

  s

l



 

2

2

 0 1

đây chính là quãng đường

1



1

t

 c





Lúc này, tàu còn cách Trái đất đoạn: mà tàu sẽ đi tiếp để về tới Trái đất. Tín hiệu phản xạ từ Trái đất quay trở lại gặp tàu sau thời gian 2t :

 

 

2

l 0



1

1





l

c







 1 

 , suy ra:

 1  

 1  

 1

 1

Suy ra , và thời gian cho quá trình này trong HQC gắn với tàu là

 2

0



c



c

 1

2     1

     1







s

,

 

 

 1

 1

  1 1    c l 0

l 0

. Theo giả thiết 1



2

2

2       1 Vậy thời gian theo đồng hồ trên Trái đất kể từ khi nhận được xung đầu tiên đến khi tàu vũ trụ

2



 2    1









.1,5 1

 tháng

T TĐ

s   v

 2

 1, 25 1 0, 6 2.0, 6

29

bay về tới Trái đất là:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

2

v



. c



810.98,1

sm

L





900



1200

1.



Bài 6. Một con tàu siêu tốc có chiều dài nằm yên là 1200m chạy qua một sân ga che kín. Theo người trưởng ga, độ dài sân ga là 900m và con tàu chạy qua ga dài vừa khít với chiều dài sân ga, nghĩa là đuôi tàu bắt đầu vào sân ga đồng thời với đầu tàu chớm ra khỏi sân ga. Xác định: a. Tốc độc của tàu? b. Tìm độ dài của sân ga xác định bởi người lái tàu? Giải. a. HQC của tàu là K’; HQC của sân ga là K. Chiều dài của tàu khi đứng yên là L0 = 1200m. Để chạy qua ga vừa khít với chiều dài 900m, chiều dài của tàu khi chuyển động bị co lại và phải bằng L = 900m.

L 0 1.

2

2

7 4

v c

v c

Do đó: <=> =>

2

2

)

S



L

1.





900

1.



675

m

b. Độ dài sân ga xác định bởi người lái tàu cũng bị co lại, (Đối với người lái tàu, sân ga chuyển

( v ), chiều dài sân ga có giá trị là:

2

v c

7 4

   

   

động với vận tốc là

DẠNG 4. HIỆU ỨNG COMPTON

02E

, còn electron giật lùi có động năng

2

2

2





2

2

 

1

1







e

m vc m c m c e 0e

0 c

v 2 c

v c

 v      v



m ve

    

h.f m c m ce 0e h.f c

Bài 1. Xét quá trình va chạm của photon và electron tự do đứng yên. a. Chứng minh rằng trong quá trình va chạm này, năng lượng và xung lượng của photon không được truyền hoàn toàn cho electron. b. Sau va chạm electron sẽ nhận được một phần năng lượng của photon và chuyển động giật lùi, còn photon thì bị tán xạ (tán xạ Compton). Tính độ dịch chuyển của bước sóng trước và sau va chạm của photon. c. Giả sử photon tới có năng lượng (E0 = 0EWd  0,512 MeV là năng lượng nghỉ của electron). Tính góc giật lùi của electron (góc giữa hướng photon tới và hướng chuyển động của electron). Giải a. Gọi m0e, me là khối lượng nghỉ và khối lượng tương đối tính của electron. Giả sử năng lượng và xung lượng của photon không được truyền hoàn toàn cho electron. Dùng định luật bảo toàn năng lượng và động lượng trong quá trình tương tác ta có:

2



'  h.f mc   p ' mv 





Điều này không thể xảy ra được.

2  h.f m c 0    p ' p p  e

2

2

b. Trường hợp tương tác giữa photon và electron tự do, do không bị hấp thụ hoàn toàn nên photon sau phản ứng có năng lượng giảm và xung lượng thay đổi (tán xạ). Đây chính là hiện tượng tán xạ Compton. Dùng ĐLBT năng lượng và xung lượng, ta có:   1   2

mv

p



p '



2pp'cos



    

2

2

p



; p '



Từ hình vẽ ta có: (3)

2 2 2 m v c



2 2 h f



2 2 h f '



2h f.f '.cos



h.f c

2

2

mc



Thay vào (3) ta có: (4)

2

 h.f ' m c 0 2 4  m c









2 2h f.f '

 2h. f

2 2 4  h f ' m c 0

 f ' m c 0

30

 h.f ' c  h.f Từ (1) rút ra: (1a) 2 2 2 h f Bình phương hai vế (1a): (5)

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

  . (6)







 2h f .f ' 1 cos

  

 2h f



2 2 4 f ' m c m c 0

0

 2    

v c

m

m





với Trừ vế với vế của (5) cho (4) ta có:  2 4 m c 1

2 4 m c 0

 2 4 m c 1

 2   

2

0  

1

2

h

2

sin

f

f '

  1 cos

  

  f.f ' 1 cos

  





 2

m c 0 h

2h m c 0

'

'

2

Mà ta lại có: . Từ (6) ta có:

f

f



;







sin

c ; 

c f m c 0  2

c ' 

c     f ' h 2 cm 0

 Vì

2

2

(là độ dịch chuyển của bước sóng trong tán xạ Compton)







 h.f m c 0

h.f ' W m c đ 0

p

; p '



p ' p

 

c. Tính góc giật lùi  của electron. ĐLBT năng lượng: (7)

   c

h.f c

h.f ' c

2

p

2 p '

Vì nên (7) được viết lại: (7a)

   p ' p p

    

cos

e

e



E



2

2 0

2 e

2 đ

đ

0

p







.

ĐLBT xung lượng: (8) đW c 2   p e 2p.p

2 e

0 2

 W E đ c

 W 2W E 2 c

2

(9) Ta lại có:

E









0,512MeV

e

2 4  E m c 0 2 c 2 4 p c m c ; E m c 0 0

2 2 e

0

2

1



2  



W 2W E

  

 

0

( W ) đ

2W E đ

cos

 





Vì với E0 là năng lượng nghỉ của electron.

  : c



2 đ đ 2   2 W 2W E đ

đ

0

2 W 0 đ 2  2 W 2W E đ

đ

0

 1 2

E 0  E 0 W đ

Từ (7a) (8) (9) và p

cos

 

3 2

 hf



Thay số ta được: Vậy góc “giật lùi” của electron là:  = 30o.



hf



 eU





Bài 2. Một ống Rơn-ghen hoạt động ở hiệu điện thế 105V. Bỏ qua động năng của electron khi nó bứt khỏi bề mặt catôt. Một photon có bước sóng ngắn nhất được phát ra từ ống trên tới tán xạ trên một electron tự do đang đứng yên, do kết quả tương tác electron bị giật lùi. a. Hãy tính góc giật lùi của electron (là góc hợp bởi hướng bay của electron và hướng của photon tới) và góc tán xạ của photon, biết động năng của electron giật lùi bằng Wđe= 10KeV. b. Tính động năng lớn nhất mà electron có thể thu được trong quá trình tán xạ. Giải. a. Từ ĐL động năng, năng lượng của photon Rơn-ghen phát ra từ ống Rơn-ghen được xác định bởi Wđ = eU (eU là N.lượng của photon có bước sóng ngắn nhất trong chùm photon).

max

min

hc eU

hc 

34





10

 'p



0,124.10

m



0,124

o A

19

5

min 8 6, 625.10 .3.10  1, 6.10 .10



p





=



 p

 c 2

2







eU c p c W m c ' d e e

 p c m c . e

 ĐLBT năng lượng: (Với p’ là động lượng của photon tán xạ)

 ep

31

(1) Động lượng của photon:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

'

de

p



p



'

'2

2

W de c  p



  p

  

p

p



2 .



Suy ra: (2)

 eU W c  p e

2 p e

p p e

2

2

2

2

E







ĐLBTĐL: (3)

2 2 2 4  p c m c e e

de

2   p e

W m c 2 . de e

   W m c e

cos 

 2 W de



1 2 c

1



/



E 0

2

cos





E





,0

511

MeV

;





eU



1,0

MeV

Từ hệ thức tương đối tính: (4)

cm e

0

0

 1 2

E W

de

'

0753

(5) Với Từ (1)(2) (3)(4) 

2

p

p

2

2 e



p



p

2 '



2 .

p p

'cos





cos





Thay số được: .

2 p e

2   ' p ' 2 . p p

/



'

cos



  1



0, 432

  

0 64 24

Gọi  là góc tán xạ photon: (6)



1

E 0  W

d

e

2

W





28

keV

cos

(max)

 0 Suy ra

Thay (1),(2),(4) vào (6), ta được:

de

max

2

1





1

E 0 

E 0   

  

 

sin.

2

b. Từ (5) ta thấy Wde max khi

h . cm e

khi bị tán xạ bởi electron. Hiệu ứng trên được bước sóng biến đổi một lượng Bài 3. Mô hình sóng ánh sáng tiên đoán rằng: Khi một bức xạ điện từ bị tán xạ trên một hạt điện tích thì bức xạ tán xạ về khắp mọi phương phải có tần số như bức xạ tới. Năm 1922, Arthur H. Compton đã chứng minh rằng bức xạ tán xạ có tần số phụ thuộc vào góc nhiễu xạ. Cụ thể, 2  2

2

E



E







2

E

)





E







E

2 e

2   2

2 1

 .2 1 2

  .( 2

1

e

gọi là hiệu ứng Compton. a. Xem tương tác giữa electron và photon lúc này như va chạm giữa hai hạt tương đối tính, chứng tỏ hệ thức Compton. b. Xây dựng biểu thức liên hệ giữa góc tán xạ  của electron bay sau khi “va chạm” với photon và góc tán xạ  của photon. c. Xây dựng biểu thức liên hệ giữa động năng của electron và góc tan xạ  của nó. Giải. a. Hiệu ứng Compton chủ yếu chỉ xảy ra với các bước sóng cực ngắn, cỡ tia X. Do khi đó, electron trong mạng tinh thể có công thoát không đáng kể so với năng lượng của photon. Theo ĐLBT động lượng và năng lượng, ta có:

2

2

2





Ee p



Ee  p

 2  p



2

2 . cp





2

   1 2    p p  1

  1   p  1

2 . cp 1

2 . cp 2

..2 . cpcp 1

2



1.(



cos

 )

 





eE

1

    hc hc   1

2

 hc eE

2



.2



sin.







1(



cos

)

1.(



cos

 )



1(  cos  )  )  . 2 1   .( 2

  c

1

2

 1 2

  c

 2

h .0 e cm

32



SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

sin





sin.



p 2 p

2

p



cos



2 p 1

2 2

p 1

cos







b. Áp dụng định lý hàm số sin, ta có: (1)

 .2

. p 2 p

 p pp . 1



cos





p 1 p

p 1

2

Mặt khác: (2)

cot









cos sin

 

 p

p . 2 sin.

cos 

sin



2



;

p



 1

1(



cos

 )



(3) Từ (1) và (2) 



p 1

2

p 1 p

 c  1

 2  1



1

).



cot

 1(

 1(

).

tan

Động lượng photon trước và sau tán xạ: (4)

h  1 cos 

 sin

2  2



.2

K

Thế (4) vào (3), ta được:

eK

2

2

h  2  c  1 2  1 .2



2 e K  e   cos

.

2   2 2 cp .



(5)

 . 1 2 cpp . . 1

2 cp . 2

2

(6) 

 p 1 K

2 cp .

 c  1  2 1  c. Áp dụng ĐLBT năng lượng, ta có:   p p  2 2  EK .2 0 2 cm . 0 e

Theo ĐLBT động lượng, ta có:  Mặt khác, ta có hệ thức:  2 2 cp . 1 (7)

K



e

.2 2

2



1.(



tan



 1)

 1  c

  1 

  

0 , khi đó, góc tán xạ θ = 1800 hay

090

00

Từ (5)(6)(7), ta tìm được:



E

E



, ứng với , tức là

0  ' 





- Động năng của electron giật lùi đạt giá trị cực đại khi bước sóng tán xạ là dài nhất (Năng lượng photon tán xạ là nhỏ nhất) - Tương tự, động năng của electron giật lùi đạt cực tiểu khi photon tán xạ có năng lượng cực đại (Điều này hợp lý với định luật bảo toàn năng lượng). Bài 4. Trong hiện tượng tán xạ Compton, photon tán xạ có năng lượng là 150 keV , electron giật lùi có động năng là 40keV. Biết rằng trước khi tán xạ, electron ở trạng thái nghỉ a. Tìm bước sóng (cỡ nm) và năng lượng (cỡ keV) của chùm photon chiếu đến? b. Tìm bước sóng (cỡ nm) của chùm photon tán xạ? Tính góc tán xạ khi đó? Giải. a. Theo định luật bảo toàn năng lượng:

2

 .cmE

Trước khi tán xạ: + Năng lượng photon tới là: Trong đó: hc 

0

e

0

 '



+ Năng lượng toàn phần của electron trước khi tán xạ:

hc  '

2



Ngay sau tán xạ: + Năng lượng photon tán xạ:

e  0 .cmKE

e

2

2









 cmK .

,0

0065

nm

+ Năng lượng toàn phần của electron giật lùi:

cm . e 0

0

e

e

eK

hc  '

hc hc  '

 

0083

nm

 '

 '

,0









Theo đó, ta có: hc  b. Bước sóng của photon tán xạ:

( 3

1240 eV 10.150

) nm eV

hc ' 

hc  ' Theo tán xạ Compton, ta có liên hệ giữa bước sóng của photon tới và photon tán xạ:

cos



 1

  '

1.(



cos

 )



  '( ). cme. h

h cm . e

33



SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

cos





25,0







05,72

2

 h f m c . .



(Với θ là góc tán xạ). Thay số, ta được:

0

  '

'h f .

Với m0: khối lượng nghỉ của electron

2

2

m c . 0

Bài 5. Một phôtôn có năng lượng nghỉ bằng năng lượng nghỉ của electron tán xạ trên một electron chuyển động nhanh. Sau tán xạ thì electron dừng lại và photon bị tán xạ dưới góc 600 . Xác định độ dịch chuyển của bước sóng trong hiệu ứng Compton và động năng của electron trước tán xạ. Giải. * Năng lượng: Năng lượng của photon trước khi tán xạ: Năng lượng photon tán xạ:

m c .



2

1



2

v c

2

Năng lượng toàn phần của electron trước khi tán xạ:

2

2

2

2  m c m c .

.



h f .

'



0.m c  ' h f m c . .



0

m c . 0

0

p



Năng lượng nghỉ của electron sau khi tán xạ:

hf c

mv

p



Theo bảo toàn năng lượng: * Động lượng:

hf c



p



Động lượng của photon trước khi tán xạ:

'

'hf c

p

'



hf c

.mv

Động lượng photon tán xạ:

2

2

2

'

'

  p mv 



 p

'

mv





c os





2.

Động lượng toàn phần của electron trước khi tán xạ: Động lượng nghỉ của electron sau khi tán xạ: 0



2 h ff 2 c

2

2

2 2

2 2

2

hf     c   2 2 m c 0











 2 2



Bảo toàn Động lượng:  

  1



 m v m c m c mm c 0

0

2 2 m c 0

2

2

2

2

2

c 2

2

v 

c

v

c 

c

v

c



v



1



1

1



2

2

2

hf     c   2 2 m c 0 2 v c

2 2 m v 0 2 v c

v c

m 0

2

2

m





2

v



c

c



2.

c



v





m 0

2

3 2

1



2

v c

2

2

 h f mc . '

 '







m c 2 0

 







Vậy năng lượng photon tán xạ:  2 * Photon tán xạ được nhận thêm năng lượng từ electron:

 '







Bước sóng photon trước tán xạ:

hc  hc  '

2

 2

h m c 0 hc m c 0

Bước sóng photon sau tán xạ:



12

 

   '   

 



1, 21.10

m

 2

2

h m c 0 2

2

2



15

     '

81,9.10





2

J

 mc m c 0

m c 0

W d

Độ dịch chuyển bước sóng Compton:

Động năng của electron trước tán xạ: Bài 6. Lập phương trình quỹ đạo của một hạt có khối lượng nghỉ là mo điện tích q và vận tốc hướng dọc theo trục Ox của hệ quy chiếu K, trong vùng không gian có điện trường ban đầu

 F



 Eq.

 ov đều gây lực tác dụng Giải.

34

song song với trục Oy.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh





p

(

0

 . o vm

x )

 . vm o

x

 . vm o

o

o

d dt

dv



Ft



p



F

Theo phương Ox: hay

 m o

. vm o

y

y

y dt

2

2

2

2

E



mc

Theo phương Oy: hay

v





v





cmo .

x

y

p m

cp o E

Ft m

Ftc E

o  o

 o

2

4

2

4

E





(

pc

)





(

p



p

c ).







222 ctF



E



222 ctF

Vì: và

42 cm o

2 cm o

2 y

2 cm o

22 cp o

2 o

2 x

2

2

dt

cp o

x 



Lại có:

2

2



cp o E

dx dt

o

E



22 ctF

(1 

Ftc

/

E

)

2 o

o

du

 1

u



 x



sinh

(

)

Từ đó:



sinh(

)



2

cp o F

cp o F

Fct E

Ftc E

Fct E

o

Fx cp o

o

o

1



u

2

2

2

dt

2

2





 y

Fc



 (1

Fct

/

E

)

o





2

E 0 F

dy dt

Ftc E

tdt E

Fc 2

E



22 ctF

2 o

y



2 1 sinh (



)



cosh(

)

Đặt hay

E 0 F

E 0 F

Fx p c o

Fx p c o

E

Pt quỹ đạo của vật:

o 

2cm o

p  o

vm oo

C

2



y

x



const

và

 p ',

'

v

2 o

→ Dạng parabol Khi v << c thì F o2m

 p, 



A



 p

B



0

 

Bài 7. Xét tán xạ Compton của một photon năng

hc 

2

lượng lên một electron đứng yên

, Ke

0

 ep

D

 

( ). Giả sử photon tán xạ có năng lượng

 E m c 0e hc 

x



, y



, z



, góc tán xạ là  ; electron “giật lùi” thu

eK , góc “giật lùi”  . Đặt

E 0 

E 0  

E 0 K

e

 

  , suy ra biểu thức của hiệu ứng Compton?

được động năng .

eK là động

 

,

,

 

  p



,

   

,

p



,

a. Tìm mối liên hệ 1f (x, y, ) 0? b. Tìm mối liên hệ 2f (x, z, )   0? c. Từ mối liên hệ 1f (x, y, ) 0 Giải. a. Ta có các công thức sau đối với photon tới, photon tán xạ và electron giật lùi (

eK

2

2

 c 2

2

E

E



K

  eK c     ) (

    )

2 0

hc   (E K ) e

0

hc  2 E 0

e

e

p









năng của electron giật lùi):

e

 c

c

  c  2E K 0 c

 2E ( 0 c

và:

1



cos

 

(2)

cos

   1

(1)



Dựa vào ĐLBT xung lượng, xét tam giác ABC (góc  là góc tán xạ của photon, góc  là góc

0 

E 0 

E 

 1 2

E 0  E 0 K

e

35

“giật lùi” của electron), ta có: và

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

2

2

p

p

(



   

)

  

E

 

2 e

2E ( 0

0

cos

 





  1



  

1 x y



 

  p 2pp

2 2          )   2

  E 0  

E 0 

E 0  

2

2

2

p



 p

2  



  

2  



2   

  K 2 K

K 2E K ( K ) e e

2 e

0

2 e

e

cos

 





2  p e 2pp

e

2 e 0 2  2 K 2E K  e

0

e

K 2E K e 2  2 K 2E K  e

0

e

1



 

0







 1 x  1 2z

2E K 2 K e e 2  2 K 2E K  e

0

e

 1 2

E 0  E 0 K

e

2

2

 1 cos

 

2sin



E











b.

0

m c 0

 2

1 

1 

  hc

 hc

m c 0 h

  

  

  

  

2

 

sin

c. Từ (1) ta biến đổi như sau:

 2

2h m c 0

và suy ra công thức Compton:

3.2.3. Những lưu ý và cũng là những hạn chế học sinh cần nắm để xử lý tốt bài tập:

so với K.

.

a. Phần động học: - Thông thường chọn hệ qui chiếu (HQC) đứng yên K gắn với phòng thí nghiệm (PTN), HQC gắn với hệ (vật) chuyển động là K' và chiều của các trục tọa độ trong K và trong K' tương ứng  song song nhau, K' chuyển động dọc trục x-x' với vận tốc v - Công thức biến đổi Lorentz, với hiệu ứng co độ dài chỉ xảy ra theo trục song song với phương chuyển động tương đối của hai HQC. Vì vậy, ta tách chuyển động thành hai thành phần: song  song và vuông góc với vector vận tốc v - Phải hiểu được chiều dài tự nhiên (chiều dài riêng) của thanh là trong K’ và l là chiều dài rút gọn trong K. Nếu thanh (hạt) chuyển động lệch hướng so với một trục đã cho thì ta phải xét theo các trục và khi đó ta phải xử lý thêm góc lệch trong tọa độ mà đề yêu cầu khảo sát. - Xây dựng phương trình quỹ đạo trong HQC mới cũng chính là xây dựng mối quan hệ giữa các tọa độ. Lúc này ta dùng biến đổi tọa độ Loren. - Khi khảo sát mối quan hệ vận tốc giữa hai HQC thì ta cần phải xét trên 3 trục tọa độ trong cả hai HQC K' và K. - Khi đề cho vận tốc và gia tốc của hạt trong HQC K. Để tìm được gia tốc của hạt trong HQC K', ta vận công thức cộng vận tốc tương đối tính xuất phát từ phép biến đổi Lorentz. Từ các công thức đó, ta lấy vi phân các vế, đồng thời lấy vi phân hai vế công thức biến đổi thời gian, kết hợp với định nghĩa gia tốc là đạo hàm của vận tốc ta thu được gia tốc của hạt trong K'. - Đối với chớp sáng, nếu môi trường là chân không thì sau thời gian t, ánh sáng đi được quãng đường c.t theo mọi hướng. Điều này có nghĩa mặt sóng xét trong HQC K có dạng hình cầu, tâm O, bán kính c.t và phương trình của mặt sóng là phương trình liên hệ (x,y,z,t). Khi đó, vận tốc của ánh sáng trong K' cũng là c, vậy một điểm trong không thời gian mà sóng ánh sáng truyền tới cách O trong K là c.t, thì nó cách O' trong K' là c.t'. Khi biết phương trình mặt sóng ánh sáng trong K ta sẽ xác định được phương trình liên hệ (x',y',z',t') dựa vào phép biến đổi Lorentz.

 F



 mu





d dt

b. Phần động lực học:

1

m m 

cần chú ý m trong biểu thức này là khối lượng tương đối tính, Khi vận dụng định luật II Newton:  mu * Khi lấy đạo hàm của tích 

 

;

 

0

2

u c

1

 

36

nó phụ thuộc u theo liên hệ Với (m0 là hằng số).

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

* Khảo sát chuyển động tương đối tính của hạt tích điện trong từ trường, do vận tốc của hạt luôn đổi hướng nên ta không áp dụng trực tiếp định luật II Newton mà ta cần làm hai bước chính:

 F

 mu







 mu

d dt

  v dv . 2 dt

2 c

2

v c 1 ( / )





 m v o

m o

 dv dt

, ta lấy đạo hàm của vector - Bước 1: từ biểu thức

   2 )

v c

 F









  . a v

 m a o

2

 

 

)

 3 m v  o 2 c

 u.

 .u

, khai triển đạo hàm của    nên trong biểu thức m chứa u2 thì sử dụng u2 = u.u .     2 1 ( / Tổng quát:

1 ( /  v c  mu - Bước 2: sau khi khai triển đạo hàm của 

 du dt

  

  

 thì không cần dùng Vector.

 u

ta sẽ thấy xuất hiện thành phần . Theo

quy tắc nhân vector ta nhân các vector trong ngoặc trước, lúc này để ý tính chất đặc biệt của hạt mang điện chuyển động trong từ trường, vận tốc và gia tốc của hạt vuông góc với nhau, vậy ta được biểu thức đơn giản của lực theo gia tốc của hạt. Sử dụng biểu thức lực Lorentz, ta tính được độ lớn của vận tốc.  * Nếu F * Phải giải quyết tốt các tích phân và các hằng số tích phân khi cần thiết. Khi dùng tích phân xác định (có cận) thì không có hằng số C, còn khi dùng nguyên hàm (TP bất định) thì phải có hằng số C của nguyên hàm (cách xác định C sẽ căn cứ vào điều kiện ban đầu của bài toán).

W

c. Phần năng lượng: * Nắm vững kiến thức về HQC khối tâm (G) và đặc biệt là hai kiến thức: - Tổng động lượng trong HQC (G).

W  đ

đG

i

 2 v Gm

1    2

2

  v ' , v ' 1

- Quan hệ động năng của hệ trong HQC (G):

m

* Dữ kiện có hai hạt trong HQC K: hạt 1 cho có động năng (tức có vận tốc u), hạt 2 đứng yên. - Trong HQC khối tâm K', vận tốc của hai hạt lần lượt là . Khối lượng tương đối tính

m



;

i

  i

v i c

0i  

1

2 i

2

(i = 1,2). Nếu hai hạt có khối lượng nghỉ bằng nhau thì trong HQC khối

 v ' 1

 v '

 

).

tâm, động lượng của hệ hạt bằng 0 nên hai hạt chuyển động ngược chiều ( - Cần chọn các trục của hệ K và K' phù hợp: 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 hệ quy chiếu là phương chuyển động của hạt 1. Gọi vận tốc của HQC K' đối với HQC K là v. Sử dụng phép biến đổi Lorentz và các công thức cộng vận tốc của thuyết tương đối theo phương x, ta tìm được liên hệ u, v. Kết hợp dữ kiện bài cho biết động năng của hạt 1 trong K, áp dụng mối quan hệ năng lượng – động lượng tương đối tính và định luật bảo toàn năng lượng toàn phần ta thu được kết quả.

34



6,626.10

pc, h

 

hf

Js





d. Phần hiệu ứng Doppler: - HQC đứng yên K gắn với phòng thí nghiệm (PTN), HQC gắn với hệ (vật) chuyển động là K'. Chọn chiều của các trục tọa độ trong K và trong K' tương ứng song song nhau, K' chuyển động dọc trục x-x' với vận tốc v so với K. - Sử dụng công thức cộng vận tốc trong thuyết tương đối và công thức của hiệu ứng Doppler ta tìm liên hệ f với f’ và λ với λ'. Sau đó ta sẽ đi đến kết quả.

e. Phần hiệu ứng Compton: - Để giải bài toán liên quan đến photon, học sinh cần được trang bị kiến thức lượng tử ánh sáng. - Ánh sáng là dòng các “hạt” riêng biệt gọi là các lượng tử ánh sáng theo Planck, còn gọi là các , f = c/  , với  , photon theo Einstein. Một số công thức cần nhớ: 37 SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

p, f,  tương ứng là năng lượng, độ lớn xung lượng (hay động lượng), tần số, bước sóng của photon. - Trước va chạm có photon chuyển động, electron đứng yên; sau va chạm nếu chỉ có electron chuyển động thì dẫn đến điều vô lý. Điều đó được minh chu7ng1tho6ng qua việc dùng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần và động lượng tương đối tính. - Quá trình “va chạm” của hạt photon và electron, ban đầu electron đứng yên, sau “va chạm”, hai hạt bị đổi hướng và năng lượng của photon thay đổi. Góc tán xạ là góc tạo bởi vector động lượng của photon đầu với động lượng của photon sau tán xạ, góc “giật lùi” là góc tạo bởi vector động lượng của photon đầu với động lượng của electron sau tán xạ. - Độ dịch chuyển bước sóng của photon trước và sau va chạm có thể tính thông qua định luật bảo toàn năng lượng và động lượng trước và sau tán xạ.

5U 10 V

3.2.4. Tham khảo các đề thi: a. Các đề thi IPHO:



eK 10keV

  p

.



 

 p

 E hf





eU





hf

=



eU





Bài 1. Trích Đề thi chọn đội tuyển dự IPhO năm 2006. Một ống phát tia Rơnghen làm việc ở hiệu điện thế . Bỏ qua động năng của êlectrôn khi nó bứt khỏi catốt. Một phôtôn có bước sóng ngắn nhất được phát ra từ ống trên tới tán xạ trên một êlectrôn tự do đang đứng yên. Do kết quả tương tác, êlectrôn bị “giật lùi”. 1. Hãy tính góc “giật lùi” của êlectrôn (góc giữa hướng bay của êlectrôn và hướng của phôtôn tới) và góc tán xạ của phôtôn. Biết động năng của êlectrôn “giật lùi” là 2. Tính động năng lớn nhất mà êlectrôn có thể thu được trong quá trình tán xạ. Giải. Tính bước sóng hoặc năng lượng của phôtôn tới. Theo định lí về động năng, ta có: eU  . Wd Năng lượng E của phôtôn tới thoả mãn:

max

min

Wd

hc 

hc eU

min

 ep

eU 

=>

0,124 (

0 )A

là năng lượng của phôtôn có bước sóng ngắn (Với nhất trong chùm phôtôn do ống phát ra).

  min

p





Thay số, được:

eU c

2





 c (p’ động lượng của phôtôn tán xạ)

(1) 1. Tính góc giật lùi và góc tán xạ: Động lượng của phôtôn tới là:

2  pc m c pc K m c e

e

e

p

* Từ ĐLBT năng lượng:

  e eU K  c

p'    p

(2)

p

2  







K e c  p  e 2 pp cos



e

   p 2 p e

2

2

K





2 E







* Từ bảo toàn động lượng: 2 p (3) ( là góc giật lùi của êlectron).

2 e

2 2K m c e e

2 p e

2 4 p c m c  e

2 2 e

K m c  e

e





 

 

1 2 c

0



1



e U 2 c

  

cos

.

 



* Từ hệ thức: (4)

2 c e U

K



0

 K m  e e  2 e

   2 2K m c e e

1 2 

E    E K

e

 

o53 7 

Thay (1)(2)(3)(4): (5)

38

Với E0 = mec2= 0,511Mev,  = eU= 0,1Mev. Thay số sẽ có

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

2

p

p

2

2

2 e

p



p



 p



 2pp cos

    cos

2 e

  p  2pp

E 0 

cos

   1



1

 K

e

  

  

064 24

 

(6) Thay p bởi (1); p’ bởi (2); pe bởi (4):

K



Thay số: cos = 0,432  2. Tính Kemax. Từ (5) ta thấy Ke max khi cosmax

emax

2

emaxK

1

1





2E 0 E  0  

  

3    H T 1

2 D D 1

1 T .

 cosmax khi  = 0  Thay số có thể tính được 28 keV .



13

2K

pc

8

v







1, 31.10 m / s 0, 44c



pc

27

m

2.89, 49.1, 602.10  1, 00783.1, 66.10

p

 Hạt X là hạt nhân 3 Bài 2. Trích Đề thi chọn đội tuyển dự IPhO năm 2006. Một hạt đơtêri 2 1 D từ một máy gia tốc có động năng 87,80 MeV bắn vào một hạt đơtêri khác đứng yên. Kết quả thí nghiệm cho thấy: sau phản ứng có xuất hiện hạt prôtôn với động năng 89,49 MeV chuyển động theo hướng vuông góc với hướng tới của hạt đơtêri, và một hạt nhân X. 1. Viết phương trình phản ứng hạt nhân và gọi tên hạt nhân X. Tính vận tốc của hạt prôtôn theo quan điểm cổ điển và nhận xét về kết quả tính được để định hướng cho các tính toán tiếp theo. 2. Tính khối lượng của hạt nhân X, so sánh với trị số đúng của nó (mX = 3,0160u, u là đơn vị khối lượng nguyên tử). 3. Tính vận tốc của prôtôn. So sánh với kết quả đã tính được từ câu 1. Giải thích. 4. Tính vận tốc của hạt X. So sánh với giá trị tính theo cơ học cổ điển. Cho biết khối lượng đơtêri mD = 2,01410u; của hạt prôtôn mp = 1,00783u và u = 931,5 MeV/c2. Giải. 1. Phương trình phản ứng hạt nhân: 2 1 1 1 Vận tốc của hạt prôton tính theo cơ học cổ điển:

4

2

2













2 4

2  p c m c 0T

2 2 4

E K m c , E K m c , E 3

0D

0p

1

1

2

E m c 0 .D

 2p

1

4

4

2

Nhận xét: vp so sánh được với vận tốc ánh sáng, nên khi tính toán áp dụng các công thức của lí thuyết tương đối. 2. E1, E2, E3, E4, tương ứng là năng lượng toàn phần của hạt đơtêri đi tới, của hạt đơtêri đứng yên, của hạt prôton và của hạt triti (hạt X). Sử dụng ĐLBT năng lượng và lí thuyết tương đối: E1+ E2 = E3 + E4 2 , (vì

3 





2 2 (E E ) m c 3 0D

2  p c m c 0T

2m c (E E ) 3

2 2 4

2 0D

1

1

 3p

   p p



 p 1

3

4



p

p



p

Với  ); 0 3 K = 87,80MeV, K = 89,49MeV , ta biến đổi thành:   (1)

 p

1

 1p

2

4







2 1 

2m c (E E ) 3

1

Sử dụng định luật bảo toàn động lượng:  p . Thay vào (1), ta rút ra:

2 4 2E E 1

3

2 0T

2

2808,8Mev

, nên ta có 2 2m c 0D

 Theo đề bài 3 4 4 2  m c m c 0p 0Tm c

2 3 2 0D 0Tm

 4p

 Thay số ta rút ra: So sánh với trị số đúng:

39

 3, 01535u và

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

m

m



4

X

0T





2.10

 m

 3, 01605u 3, 01535u 3, 01605u

1

1

2

2







E



 v c 1



2 K mc m c 0

 1 ; E m c 0 0

0

2

2

1

 

X    

   

K E

0

  1 

  

2

2









1

0p

0T

0D

2 (m c K ) T

 2m c K (m c K ) p

.8,0 c

.8,0 c

v

3. Từ hệ thức: (2) 

12.2

nas

nas

24

L





so với K)

30







t

Đối với prôton, thay K = 89,49Mev, E0 = 938,3Mev, ta tính được vp = 1,225.108 m/s. So sánh với trị số cổ điển vpc = 1,303.108 m/s ta thấy vp < vpc. Lí do, khi prôton chuyển động, khối lượng của nó tăng theo vận tốc. 4. Sử dụng ĐLBT năng lượng suy ra: Thay số ta tính được KT = 2,41Mev. Sử dụng (2), thay số ta tính được vT = 1,242.107 m/s. Áp dụng công thức cơ học cổ điển thì vTC = 1,242.107 m/s  vT. Do vận tốc chuyển động không lớn, khối lượng tăng không đáng kể. Bài 3. Trích Đề thi chọn đội tuyển dự IPhO năm 2007. Có hai anh em sinh đôi. Vào năm họ 20 tuổi thì người anh lên tàu vũ trụ bay với vận tốc tới một ngôi sao S ở cách Trái Đất 12 nas (nas là chiều dài bằng quãng đường ánh sáng v đi được trong một năm) rồi lập tức quay về cùng với vận tốc v. Người em ở lại Trái Đất dùng các công thức của thuyết tương đối hẹp để tính xem vào lúc người anh trở lại Trái Đất thì mỗi người đã bao nhiêu tuổi. Người anh cũng dùng các công thức ấy để tính tuổi của hai anh em lúc gặp lại nhau. Hãy làm các tính toán của họ và nêu kết luận của họ về sự già hoặc trẻ của hai anh em với nhau? Giải. - Hệ quy chiếu của người em là K (HQC đứng yên) - HQC gắn với tàu vũ trụ của người anh là K’ (HQC chuyển động với vận tốc * Theo cách tính của người em: - Tổng quãng đường của người anh đi trong HQC gắn Trái Đất là:

 Thời gian chuyển động của anh:

nas 24 c .8,0

L v  Do đó, khi anh quay trở lại gặp em, thì em có số tuổi là: 20 + 30 = 50 tuổi - Trong HQC K, người em thấy, thời gian trôi trong hệ K’ chậm hơn trong hệ K, do đó, thời gian

2

t

'



t

1.





18

năm

2

v c

 Theo đó, khi gặp người em, người anh có số tuổi là: 20 + 18 = 38 tuổi  Như vậy, Người em kết luận: Người anh trẻ hơn người em 12 tuổi. * Theo cách tính của người anh:

2

L

'



L

1.





.6,0

L



4,14

nas

người anh sống trên tàu vũ trụ là: năm

2

v c

t

''





18



 Thời gian anh đi:

- Trong HQC K’, quãng đường mà người anh đi bị co ngắn lại:

L ' v

nas 4,14 c .8,0

năm  khi gặp em, anh có số tuổi: 20 + 18 = 38 tuổi

2

t

t



1'.'

8,10





- Cũng theo người anh, người em trong HQC K có thời gian trôi chậm hơn, t’’ của anh ta sẽ ứng

2

với thời gian năm trên Trái Đất  khi gặp thì em: 20 + 10,8 = 30,8 tuổi.

v c  anh kết luận: em trẻ hơn người anh 7,2 tuổi. Bài 4. Trích Đề thi chọn đội tuyển dự IPhO năm 2008.

40

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

 E

 p



 ;0 E . Biết khối

0m .

Cho một hạt điện tích q > 0 chuyển động tương đối tính trong một điện trường đều 00,  p

t



thuộc mặt phẳng Oxy. Lúc t = 0, hạt đi qua gốc tọa độ với động lượng lượng nghỉ của hạt là 1. Thiết lập phương trình chuyển động và vẽ phác dạng quỹ đạo của hạt.

y

0p qE

2. Xác định véctơ vận tốc của hạt tại thời điểm .



  F qE 



Giải.

 1

 p

  d mu dt

1. ĐL II Newton, ta có:

 d mu



x

  qE



qEdt

O

x

 d mu



 *

x

dt

 E Chiếu pt (1) lên Ox, ta được:

t

xmu

u

u

2 x

2 y



qEdt



mu



qEt



u .

  qEt



2 2 2 q E t

 d mu



  2

x

x

x

2 m u 0

2 x

 2

2





c

0

0

  1  

   



1

2

m 0 u c

u

u

y

 d mu



2 x

2 y

  0

mu



const



Lấy tích phân hai vế (*), ta có:

  3

y

  p 0

2 2 m u y 0

2 p 0

 2

dt

c

  1  

   



u





1

u

Chiếu pt (1) lên Oy:

  4

2   u x

2 y

2 y

u u

2 x 2 y

2 2 2 q E t 2 p 0

2 2 2 q E t 2 p 0

  

  

cp 0

u



u



Lấy (2)/(3), ta được:

y

x



2 2 2 q E t





2 2 2 q E t



qEct 2 p 0

2 p 0



u



  dy

Thay (4) vào (3), ta được: 



 **

y

dy dt

2

2

2 p 0

2 p 0

qE t

qE t





2 2 m c 0 cp 0 2 2  m c 0 2 2 q E

2 2 m c 0 cp dt 0 2 2  m c 0 2 2 q E

y

t

dy



Ta có:





cp 0 qE

0

0

2

2 p 0

t



dt 2 2  m c 0 2 2 q E

2

2 p 0

Lấy tích phân hai vế (**):

A





 ln k  k  A  lnA Áp dụng công thức: với , ta được : dk 2





2 2  m c 0 2 2 q E

t

p

2

p

2 p 0

2 0

2

2 0

2 p 0





t





ln

y





t





ln

cp 0 qE

2 2  m c 0 2 2 q E

2 2  m c 0 2 2 q E

cp 0 qE

2 2  m c 0 2 2 q E

2 2  m c 0 2 2 q E

 ln t   

   

 ln t   

   

   

   

   

   

E





k  A

2 0

2 4 m c 0

2 2 p c 0

0 0E là NLTP ban đầu của hạt:

2

2

y





t





ln

cp 0 qE

E 0 qEc

cp 0 qE

E 0 qEc

  

  

  

  

   



u



  dx

dt

***

Áp dụng: , với





x

dx dt





2 2 2 q E t





2 2 2 q E t

2 2 m c 0

qEct 2 p 0

2 2 m c 0

  ln t   qEct 2 p 0

41

Tiếp theo, ta có:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

x

t

t

dx



dt













2 2 2 q E t

0

0

0

2

qEct 2 p 0

2 2 m c 0

2 p 0

t



ctdt 2 2  m c 0 2 2 q E

2



k



A

Lấy tích phân 2 vế (***):

kdk 2



k



A

t

2

2

2

2

2 p 0

2 p 0

2 p 0

x



c

t





c t





c



c t





2 2  m c 0 2 2 q E

2 2  m c 0 2 2 q E

2 2  m c 0 2 2 q E

E 0 qEc

E 0 qEc

  

  

   

   

0

Áp dụng công thức tính tích phân: , ta được:

2

y

2

c t





E 0 qEc

E 0 qEc

  

  

2

 p

2

y



ln

t



t





ln

cp 0 qE

E 0 qEc

cp 0 qE

E 0 qEc

  

  

  

  

   

   

   x       

O

x

2

 E

Dạng quỹ đạo của hạt

u



u



t



Vậy phương trình quỹ đạo của hạt là:

x

y

0p qE

2 E 0

2 2 p c 0

2

u

y

p c 0   Do đó : u

2. Tại thời điểm , ta có:





tan







1 ;





0 45

u

x

p c 0 

2

2

p 0 

2 4 m c 0

2 2 p c 0

2 2 m c 0

2 p 0

dp

  

p

0

p



const

dp

q dt

q t

hợp với Ox 1 góc :

y

y

0

x

     và p x

2

p



p



p



p

Giải cách khác. Từ độ biến thiên động lượng của hạt:

   q t

2

2 x

2 y

2 0

E c p





Khi đó ta có:

   q t

2

2 0

2 2 m c 0

E



E



 cq t

E



Áp dụng hệ thức giữa năng lượng và động lượng, ta có:

0 , ta có



2

2 0

0

2 2 2  c p m c 0 0

m

 p



 u



 u

. Lúc đó: Lúc t

2

E 2 c

1



2

0 v c

2

2

2

2

2

p



t

  dx

tdt



tdt

Mặt khác, dựa vào hệ thức tìm được px và py:

x



c t





x

2

E 0  q c

E 0  q

E dx 2 c dt

dx   dt

 q c E

 q c E

  

  

q ct

E

 q c   



2 0

2

2

2

p



  

dy

dt

y



ln





t







y

p 0

2

p c 0  q

p c 0  q

E dy 2 c dt

 q c E 0

 E 0   q c

  

  

  

q ct

E

p c 0   



2 0

  ln t  

   

Tương tự:

B

ct

ct

2 p c 0

- Vận tốc của hạt tại thời điểm t có các thành phần sau:

u







u







y

x

2

2

2

2

2 2  t A

2  t A

q ct

2  q c t   

 q c t

2 p c 0   



2 E 0

2 E 0

2

2

t

 q c



t

 E 0    q c

2   

 E 0   q c

2   

A



B



;

0E  q c

0p c  q

42

Với và .

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

u

y

u



u



u







tan

 



 , u

2 x

2 y

2

2

2  ct 2  t A

2 B 2  t A

2 2 2  c t B 2 2  t A

u

B ct

x

2

2

0

ct





p c 2

0

t



Khi đó: hợp với Ox 1 góc φ:

u





tan

 



   

1

0p qE

B ct

 4

2

2 2 0

2 4  2p c m c 0

c

t

p c 0  q p 0  q

y

y' ’

 u

m

 a

x’

O

O ’

x

  v

K

K’

Khi thì và .

z

z’

dọc theo một đường thẳng: . .

một góc .

của hạt trong hệ K đều thuộc mặt phẳng xOy.

u sin

ucos







;

;

.

  p    q  2   E 0     q c  Bài 5. Trích Đề thi chọn đội tuyển dự IPhO năm 2009. Trong HQC K’ (O’x’y’z’) chuyển động với vận  không đổi dọc theo trục O’x’ (O’x’ trùng tốc v với trục Ox, O’y’ và O’z’ lần lượt song song với Oy và Oz) đối với HQC K (Oxyz). Tìm gia tốc  tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời 'a điểm trong hệ K hạt này chuyển động với vận   và gia tốc a tốc u  1. song song với v  2. vuông góc với v 3. nằm trong mặt phẳng xOy có phương lập với  v Giải.  Giả sử trong cả 3 trường hợp véctơ vận tốc u   Ta xét tổng quát khi  ;u O x   u Trong K, ta có:

 0

u x

u z

y

2

u

2 

usin

u

ucos

y

x

u





;

u





;

u



0 ;





'

'

' x

2

y

z

v 

v c

1



1



1



1



  uvcos 2 c

2    1 uvcos  2 c

 v vu x 2 c

 1 vu x 2 c

Trong K’:

dt



dx

du

du

'

'

1

'

a





;

dt





'

x '

x



dt

dt x . ' dt dt

dt   ' dt

v 2 c 2  

1

1



1







acos

1





ucos





v





ucos

2   vu x 2 c uvcos 2 c

   

a





.

. 1



2 

'



3

x



d dt

2   1 vucos 2 c avcos 2 c 

1



1



    

 v  uvcos  2 c

2   1 uvcos 2 c

    

     

     

   uvcos 2 c

  1 

  

3/2

acos

a



;

a



'

3

x

du dt



 2    1 uvcos 2 c

   

  1 

du

du

'

'

asin

usin



a









.

'

3

y '

y



dt

dt y . ' dt dt

d dt



1



1



2    1 uvcos  2 c

2   1 uvcos 2 c

    

    

 2    1 uvcos 2 c

  1 

  

43

Các thành phần gia tốc của hạt trong K’:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

3/ 2

acos

a



'

3

x



1



 2    1 uvcos 2 c

  

asin

    

a



'

3

y



 2    1 uvcos 2 c

  1 

  

          

3/ 2

2

a

'

a



a



'

Vậy ta có:

00

  1

2

x

v c

  

uv 2 c

  1 

3    

2

'

a



0 ;

a



a



a

'

'

1. Khi :

090

2

x

y

  1 

  

2

2

a



2 



1

 1

'

a



a



a



2. Khi :

  cos 3

2 ' x

2 ' y



v c  uvcos 2 c

  1 

  

2 1

'

'

3. Trong trường hợp tổng quát:

 Bv

 Av

'

, của hai hạt có độ lớn bằng nhau.

'

 Bv và

đối xứng đối với phương chuyển động của hạt A trước va chạm.

 Bv

'

'

'

. Kết quả thu được có gì khác nếu coi va chạm đàn hồi giữa A

 Ap

 Bp

 Bp

 Ap

v

v

p

p

Bài 6. Trích Đề thi chọn đội tuyển dự IPhO 2009. (H ) có khối lượng nghỉ là 1875 MeV/c2. Cho hai hạt A và B đều là hạt nhân của nguyên tử đơteri 1. Xét quá trình hạt A có động năng Wđ = 820 MeV va chạm đàn hồi với hạt B đang đứng yên. Giả sử sau va chạm, các véc tơ vận tốc  ' và a. CMR các véctơ Av  ' b. Tính góc  tạo bởi Av và B là va chạm cổ điển? 2. Để thực hiện một phản ứng hạt nhân người ta cho hai hạt A và B nói trên va chạm trực diện với nhau với tốc độ tương đối giữa chúng là u = 0,95c theo hai cách sau: Cách 1: Bắn hạt A vào hạt B đang đứng yên. Tính năng lượng toàn phần của hạt A. Cách 2: Cho cả hai hạt chuyển động với vận tốc có cùng độ lớn v sao cho tốc độ tương đối giữa chúng vẫn là u. Tính năng lượng toàn phần của mỗi hạt. Giải. 1. a. và

' B

' A

' B

'

 Ap

'

nên là các véc tơ động lượng tương đối tính của ' A



p

 đối xứng đối với Ap (1).

A

'

và .

và

 Ap ' 2p cos A  ' Av 

d

(pc) W (W 2E ) d o 2

'

2

'







các hạt A và B sau va chạm. Vì . áp dụng ĐLBT động lượng ta có sơ đồ véc tơ như hình bên,  ' nghĩa là 1 = 2, do đó Bp  1  và  = 21. Giữa động năng tương đối tính và động lượng p Bv  b. Ta có: Ký hiệu  là góc giữa 2 của hạt có hệ thức (Eo là năng lượng nghỉ)

(p c) W (W 2E ) dA o

dA

A

2E ) o

dA

' A W

Áp dụng cho hạt A: (2) (3)

dA , nên:

 (p c) W (W ' ' dB dA





W '  W W W 2W dA

' dA





2E

Va chạm đàn hồi, động năng tương đối tính bảo toàn, mà

' p c A

o

2

dA 2

dA W W  dA  2 

' dB   

44

(4) Thay vào (3), ta được: 

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2



2



o

dA

dA

o

cos









 1

 W 2E  W 4E

p A ' 2p A

dA

o

  

  



2E

4

o

 W W 2E dA W W  dA dA  2 2 

  

2

cos

 

2cos

  

1

 

0 cos <1

Từ (1), (2) và (4), suy ra: 

 , tức  là góc nhọn

1

W dA  W 4E

dA

o

cos

 



0,0986

  

o 84,34

Từ đó:

820  820 4.1875

Thay số:

2

E

1875

2







6010MeV





Nếu va chạm cổ điển (phi tương đối tính)  thì  = 90o  Wd << Eo  cos  0   90o.

E m c ; E o

o

2

2

m c o  

1

2 1 0,95



1



0 u 2 c

2. Cách 1: từ

2

2

2

c





u

2

2

v





 2c v uc

0

v ' u

 



 Tìm được

Cách 2: Chọn K là HQC PTN hai hạt chuyển động tới gặp nhau dọc theo Ox với cùng vận tốc v; K’ là HQC gắn với hạt A (K’ chuyển động với tốc độ v đối với K và Ox trùng O’x’). Vận tốc tương đối u giữa hai hạt trong hệ K’ chính là vận tốc v’ của hạt B.

 2 uv

2

c c u



1



1

  v ( v) 2 v 2 c

2v v 2 c

2

'2

'

E



  E



2719MeV

E

(loại nghiệm v>c).

2 o

2

2

c 

c

v

E o 0,6896

Thay u = 0,95c, ta có v  0,724c từ đó .

   giữa tần số f của sóng điện từ

f '

f

f

b. Các đề thi cấp Quốc gia:

Bài 1. Trích Đề thi HSGQG Năm 2007. Giả sử có một nguồn sáng S gắn với gốc O của một hệ quy chiếu quán tính K phát ra sóng điện từ đơn sắc dọc theo trục Ox. Một máy thu gắn với gốc O’ của hệ K’. Hệ K’ có các trục song song với các trục của hệ K và chuyển động dọc theo trục Ox với vận tốc v. 1. Sử dụng công thức biến đổi Lorentz tính hiệu số mà nguồn phát ra và tần số f’ của sóng điện từ mà máy thu nhận được. 2. Tên lửa A rời bệ phóng đặt trên một trạm quỹ đạo địa tĩnh với tốc độ 0,6c. Máy phát xạ trên tên lửa A làm việc với bước sóng 1000 0A . Tìm bước sóng của bức xạ mà máy thu đặt ở bệ phóng thu được. 3. Tên lửa B rời bệ phóng với vận tốc 0,8c ngược lại với tên lửa A. Máy thu trên tên lửa này nhận được bức xạ có bước sóng bằng bao nhiêu? Giải.

 2 f (t



)

x c

1. Xét dao động của một điểm sáng ở điểm x trong hệ K là:

 2 f '(t'



)

x ' c

Pha dao động của ánh sáng ở điểm x’ trong hệ K’ là:

 2 f (t



)

 

2 f '(t'



)

x c

x ' c

t '



x'

 x' vt '

Mọi hiện tượng vật lý xẩy ra như nhau trong các HQC quán tính nên:

  2 f(t

  ) 2 f(

  ) 2 f'(t'





)

x c

x' c

v 2 c 2 

1

c 1

2 

Theo phép biến đổi Lorentz ta có:

f '



f

     f

f '

f

f (1



)

1 1

   

1 1

   

45

Đồng nhất hệ số của t’ và x’ ở hai vế ta thu được:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

3

0

v là vận tốc tương đổi giữa máy thu và nguồn. Máy thu và nguồn xa nhau thì v > 0 và f’ < f. Máy thu và nguồn gần nhau thì v < 0 và f’ > f.

   '



1.10



3 2.10 A

1 0,6   1 0,6

1 1

   

2. Bước sóng mà máy thu gắn trên bệ phóng là:

u

v

0

x

u



    "



3 6.10 A

3. Vận tốc tương đối của tên lửa 1 đối với bệ phóng là u, của tên lửa 2 đối với bệ phóng là v và

, x

1 1

   

' '

1



u

x

 v 2 c

đối với tên lửa 1 là u’:

2

2

u

u

u

v

 y

 z

 x

u



, u



, u



Bài 2. Trích Đề thi HSGQG Năm 2009. Giả sử HQC K và K' có các trục tọa độ tương ứng song song với nhau và hệ K’ chuyển động dọc trục Ox của K với vận tốc v. 1. Nếu một chất điểm chuyển động trong mặt phẳng Oxy của hệ K theo phương hợp với trục OX góc  với tốc độ u thì người quan sát (NQS) trong hệ K' sẽ quan sát thấy vật chuyển động trong  với tốc độ u'. Cho các công thức của định mặt phẳng O'x'y' theo phương hợp với trục O'x' góc

x

y

z

1



u

1



u

1



u

 x

 x

 x

 v 2 c

  1 v 2 c

  1 v 2 c

 u '





lý cộng vận tốc trong thuyết tương đối: trong đó

' ' (u , u , u ) y z

' x

x

(u , u , u ) y z

và

 u độ ánh sáng trong chân không. Hãy tìm mối quan hệ giữa  và 2. Áp dụng cho ánh sáng trong trường hợp v<< c, chứng minh công thức quang sai:

      '

sin '

 .

v c

là vận tốc của vật tương ứng trong hệ K và K';  =v/c; c là tốc  .

 u cos ; u



u

u sin



(1)



 u sin ' (2)

 u cos

  ; u





y  y

x  u x Thay các công thức của định lý cộng vận tốc vào biểu thức của ux, uy ta được:

2

u

u

v

 y

u



u sin

 

; u



u cos

 

y

x

1



u

u

1



 x

 x

  1 v 2 c

  x v 2 c

2

 u 1

sin

 

sin

 

Giải 1. Chiếu vector vận tốc xuống các trục tọa độ, ta được: 

u(1



 u cos

  )

  v 2 c

2

1

sin

 

Thay (2) vào biểu thức uy ta được:

sin

 

1



cos

 

  v c



1

2

sin

  

sin

 

cos

 

sin

1



Đối với ánh sáng, u=u'=c. thay vào công thức sin  :

 và 1

 

1



cos

 

  1

cos

 

v c

v c

v 2 c

v c

  

  

 

sin

  

2 cos

sin



2. Nếu v << c thì Vậy:

     là góc nhỏ, dùng sin

 2

 

sin

(3)

 

cos



Đặt     2

  ta được:

    2

với chú ý cos

v c Bài 3. Trích Đề thi HSGQG Năm 2010. (Dùng cộng vận tốc và Doppler tương đối tính)

46

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

u

kv

Tốc độ ánh sáng trong chất lỏng đứng yên là c/n với c là tốc độ ánh sáng trong chân không và n là chiết suất chất lỏng. Người ta thấy tốc độ ánh sáng u (so với phòng thí nghiệm) trong một dòng chất lỏng chuyển động với vận tốc v (đối với phòng thí nghiệm) thể biểu diễn dưới dạng:

c   n

trong đó k được gọi là hệ số kéo theo.

n( )

a

  

1. Năm 1851 Fizeau làm thí nghiệm với dòng nước (n = 4/3) và đo được k = 0,44. Từ công thức cộng vận tốc trong thuyết tương đối hãy xác định lại giá trị của k. 2. Nếu sử dụng nguồn ánh sáng đơn sắc có bước sóng  và sự phụ thuộc của chiết suất chất lỏng





x )

x

1

   khi | x | 1 .

b 2  c và (1

vào bước sóng của ánh sáng theo quy luật (a và b là các hệ số phụ thuộc vào loại

u



.

chất lỏng) thì hệ số k bằng bao nhiêu? Coi v Giải

' x '

c n

1. Vận tốc ánh sáng đo được bởi một quan sát viên đứng yên đối với nước là

 1



v

u

v

c n

u





1



  1

.

Vận tốc ánh sáng đo được bởi một quan sát viên khác đứng yên đối với PTN là:

x

v nc

v nc

  

  

u

1



1



' x '

'  x ' v 2 c

v nc



v

u

vc

' x '

c n

u









v

1







1



v





kv

x

c n

v nc

c n

1 2 n

c n

  

     

  

  

  

1



u

1



' x '

 v 2 c

v nc



0, 438

k 1

 





24   3 

   2. Nguồn phát ánh sáng bước sóng , thì máy thu sẽ đo được vận tốc truyền sóng trong chất



.

Vì v << c nên:

c  n( )

c n

     ,

 



f '



f

lỏng đứng yên là

v c / n

vn c

      '







1

c

Để tính  , ta xuất phát từ: với . Người quan sát đứng trong HQC phòng thí nghiệm sẽ thấy dòng chất lỏng chuyển động tương đối với mình với tốc độ v, và do hiệu ứng Doppler sẽ đo được bước sóng 1 1

1 f '

1 f

c f

1 1

   

  

  

  

       2



1/2

 

 

(1

 

1/2 )

(1

 

)



1



   1

.

 2

 c f

vn c

  

  

2

f (x)







Sử dụng gần đúng: , ta được:

 ...

f (x ) 0

 (x x ) 0

 (x x ) 0

2 1 d f 2 2 dx

df dx

 x x

0

0

 x x '  , Với x-x0 << thì ta lấy gần đúng đến bậc 1. Với hàm chiết suất, x



n( )

n(

  )

n(

   

)

n( )

 

 

n( )

 

.



dn  d

 vn( ) c

0x   ta có biểu thức: dn a  d

2b 3 



1





)

n(

  

n

  1



1

Áp dụng khai triển Taylor:



dn  d c  ) n(

c   n

2bv 2  n

2bv 2  c

2bvn 2  c

b       2  2bv   2 c 

  



n

47

) (

c 2bvn 2  c SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

u

 u





x

c  ) n(

c   n

2bv 2  n

Coi nước như HQC K', , còn HQC của phòng thí nghiệm là K. Theo

2v c

v



u

  u









v

x

c 2bv  2  n n

v nc

c n

1 2 n

2b 2  n

  

 v 1  

  

 1     

  

 1

 u' 1



 u' v v 2 c

c 2bv  2 n n  v c 2bv   2 2  c n n 

  

k 1

 



1 2 n

2b 2  n

công thức cộng vận tốc tương đối tính (bỏ qua các số hạng tỷ lệ với ):

 . Tìm mối liên hệ giữa F

 và gia tốc a

 và a

, một hạt có khối lượng nghỉ m0 chuyển động tương đối tính với vận

 và các đại lượng m0, u

.

Bài 4. Trích Đề thi HSGQG Năm 2015. (Định luật II Newton, năng lượng tương đối tính)  1. Dưới tác dụng của lực F  tốc u  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

  B

qB m

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

B 

.

0



m 0

 m a 0

a. chứng minh hạt chuyển động đều với vận tốc góc 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. Giải.

 F





 u





3/ 2

  d mu dt

d dt

2

1



1



c

2

2

2

 2 u c

 2 u c

      

      

     . m u a u   2 u   c 

  1  

0

1. Đ.luật II Newton:

 Lf

q  , hạt chuyển động tròn dưới tác dụng của lực Lorentz 2

2

2. a. Giả sử . Lực Lorentz là lực

f





Bqu



  u

  

;

m



L

2

mu R

BqR m

mu R

u Bq  R m



1

2

m 0 u c



hướng tâm. Ta có:

  B

Bq m

2

BqR

1



2

Vậy hạt chuyển động tròn đều với tốc độ góc:

c

u c

u



  u

  u

2

BqR m

m 0

1

m 0 BqR

   

  

1

2

2

2

2

2

. cmcK .





(

qBR

)



.

b. Ta có:



cmcmcmK .







.

.



2 0

0

0

0

c. Động năng:



cm

2

1



2

u c

   .   

   1   

2

2

1 2

2

2

 cmK .













. cm 0

0

cm . 0

qBR . cm 0

qBR cm 0

  

  

  

  

  1.  

   

  1.  

   

    

  22 . cmcK  0  

48

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

2

2

1 2

2

)

(



1



 1



K 

1 2

qBR cm . 0

qBR cm 0

qBR . cm 0

qBR 2 m 0

  

  

  

  

  

  

   

  1  

Do từ trường yếu: 

 0v

0m và có vận tốc ban đầu

dọc theo trục x. Từ thời điểm t = 0 hạt Bài 5. (Đại học Wisconsin, Mỹ) Một hạt có khối lượng nghỉ

 chịu tác dụng của lực F  khi t   . rằng v

c

dọc theo trục y . Tìm vận tốc của hạt tại thời điểm t bất kỳ, và chứng tỏ

2



 F



;

m





;



1



Giải.

  *

m 0

2

  d mv dt

1 

v c

Phương trình chuyển động của hạt:



1

1

 d mv



x

  0

,





 ,



  1

 mv m v  0 0 0

x

 0

  v x

Chiếu phương trình  * lên các trục tọa độ:

2

dt

v 0 0 

 m v 0 0 0  m 0

1



1



2

v c

ymv

2 v 0 2 c t

y

 d mv



  F



Fdt



mv



 Ft A

+ Ox:

y

y

 d mv







dt

0

0

v





A

0

+ Oy:

t  thì 0

   , suy ra : 0

  2

y

yv

Ft m

2





v

2

v



v



v









v

2 2 





2 x

2 y

2

Lúc

2 2  v 0 0 2 

2 2 F t 2 2  m 0

Ft m 0 2 2 2 2 2  v m F t 0 0 0 2 2  m 0

2 2 2 2 2  v m F t 0 0 0 2 m 0

1



2

v c

  v

c



c

c

Từ  1  2 





2 2 2 2 2  v m F t  0 0 0 2 2 2 2 2 2 2  v m F t m c 0 0 0 0

2 2 2 2 2  v m F t  0 0 0 2 2 2 2 2  c m F t  0 0

*v .

2

m

m0

pc m c 0

x

Khi t   thì v

 *v

 p m

G , *E của hệ trong HQC khối

2

p

*

 * v





;

v







2

 mv  m m 0

 p  m m 0

p  m m 0

pc  E m c 0



m 0

E 2 c

Bài 6. (Đại học Wisconsin, Mỹ) Xét thí nghiệm tán xạ ở năng lượng rất cao giữa hai hạt có 0m , trong đó một hạt ban đầu đứng yên còn hạt kia tiến tới va chạm với cùng khối lượng nghỉ xung lượng p và năng lượng toàn phần E . 1. Tìm vận tốc khối tâm của hệ 2. Trong giới hạn tương đối tính cực hạn tìm năng lượng toàn phần tâm. Giải. Chọn trục Ox trùng với đường thẳng nối hai hạt. 1. Vận tốc khối tâm của hệ so với HQC phòng TN là:

2

*     v

v 0

G

2. Trong HQC gắn với khối tâm, vận tốc của các hạt là :

2

pc  E m c 0

49

+ Hạt đứng yên:

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2

2



2

2

*

pc E

2

v





;

E





2 2 p c



mG

2 4 m c 0

*

2

pc  E m c 0



1

1



2

 v v vv 2 c

pc  E m c 0 2 2 p c   E E m c 0



v

v 

+ Hạt chuyển động:

mG

, tổng động lượng của hệ trong HQC khối tâm bằng 0.

2

2

2

*



2



2

E



Em c 0

2 4 m c 0

m c 0 2 2 p c

1



 E m c 0



2

Ta thấy 0G Năng lượng toàn phần của hệ trong HQC khối tâm:

22  pc m c 0

E



2 2 p c



pc

Trong giới hạn tương đối tính cực hạn , năng lượng hạt chuyển động so với HQC

2 4 m c 0

.

phòng TN là:  IV. HIỆU QUẢ ĐẠT ĐƯỢC.

 Là giáo viên có tham gia giảng dạy lớp chuyên và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi luôn cố gắng tự bản thân nghiên cứu tài liệu để sao có thể giúp học sinh nắm vững kiến thức một cách tốt nhất (đặc biệt là chuyên đề nói trên) và vận dụng tham gia các kỳ thi học sinh giỏi.

 Tôi đã áp dụng kiến thức này cho học sinh trong những năm gần đây và thu được những kết quả khá khả quan: - Trước hết những kinh nghiệm này phù hợp học sinh khối chuyên và học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi. - Các em hứng thú học tập hơn, tích cực hoạt động trong các giờ học, đồng thời cũng linh hoạt trong từng bài tập cụ thể. Không khí học tập sôi nổi, nhẹ nhàng. Học sinh có cơ hội để khẳng định mình, không còn lúng túng, lo ngại khi gặp dạng bài tập này. - Kết quả các năm bồi dưỡng học sinh giỏi:

KHỐI HSG OLIMPIC 30-4 HSG CẤP TỈNH HSG QG

Trại hè PHƯƠNG 12 giải (1 HS Thủ khoa) 5 HS vào vòng QG 2015 – 2016 NAM 1 BẠC – 2 ĐỒNG

4 BẠC – 2 ĐỒNG 14 giải (1 HS Thủ khoa) 2016 – 2017 5 HS vào vòng QG 1 GIẢI 3 QG

Không bồi dưỡng 14 giải (1 HS Thủ khoa) 5 HS vào vòng QG 2017– 2018

Đang bồi dưỡng 15 giải (1 HS Thủ khoa) 5 HS vào vòng QG 2018 - 2019

V. MỨC ĐỘ ẢNH HƯỞNG.

1. Tác dụng của sáng kiến qua thực tiễn áp dụng:

 Học sinh có định hướng tốt để giải quyết các bài tập có những kiến thức liên quan và các em tìm ra qui luật (phương pháp) giải toán.

50

 Học sinh hiểu rõ thêm những kiến thức có liên quan đến “thuyết tương đối” và vận dụng tốt các kiến thức đó.

 Các em ham học, yêu thích bộ môn và say mê nghiên cứu. SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

2. Phạm vi áp dụng của sáng kiến: Vì đây là chuyên đề khó nên chỉ áp dụng cho các đối tượng học sinh lớp chuyên lý và các học sinh nằm trong đội tuyển học sinh giỏi.

3. Những bài học kinh nghiệm:

Sau khi áp dụng đề tài này, bản thân tôi đã thu được những kết quả đáng kể và những kinh nghiệm quý báu sau:

 Đối với tất cả các môn học nói chung và môn Vật lý nói riêng đều có những khó khăn nhất định đối với học sinh. Để giúp học sinh giải quyết những khó khăn đó thì giáo viên cần phải trăn trở, tìm tòi những kinh nghiệm quý báu truyền đạt cho học sinh, từ đó tạo hứng thú học tập tốt cho học sinh.

Kính chào!  Giáo viên cần tạo môi trường học tập mà trong đó học sinh là đối tượng hoạt động chính, rèn luyện cho các em tính tự giác, chủ động sáng tạo linh hoạt trong học tập, rèn luyện kỹ năng giải bài tập một cách thành thạo. VI. KẾT LUẬN. Nội dung thực hiện ở trên, là một số suy nghĩ của bản thân và tìm tòi, tham khảo từ các đồng nghiệp. Qua đó, vận dụng vào trong giảng dạy với mong muốn góp phần làm tăng thêm tỷ lệ học sinh giỏi cấp Quốc gia của Tỉnh nhà, đồng thời tạo đam mê, hứng thú cho học sinh trong học tập. Tuy nhiên vấn đề đưa ra sẽ còn có những chỗ hạn chế. Rất mong được sự quan tâm, đóng góp ý của Thầy - Cô!. Tôi cam đoan những nội dung báo cáo là đúng sự thật.

Người viết

51

Xác nhận của đơn vị áp dụng sáng kiến sáng kiến Nguyễn Tuấn Anh

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

MỤC LỤC TRANG

PHIẾU ĐĂNG KÝ SÁNG KIẾN .................................................................................. 1

I. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH TÁC GIẢ ................................................................................ 2

II. SƠ LƯỢC ĐẶC ĐIỂM TÌNH HÌNH ĐƠN VỊ ..................................................... 2

III. MỤC ĐÍCH YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN …..................................... 2

2 1. Thực trạng ban đầu trước khi áp dụng sáng kiến .................................................. 2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến ......................................................................... 2 3. Nội dung của sáng kiến .............................................................................................. 3 3.1. Cơ sở lý thuyết ......................................................................................................... 3 3 3.1.1. Các tiên đề Anhxtanh .......................................................................................... 3 3.1.2. Đông học tương đối tính ...................................................................................... 6 3.1.3. Động lực học và năng lượng trong thuyết tương đối hẹp …………………… 7 3.1.4. Hiệu ứng Doppler ................................................................................................ 8 3.1.5. Hiệu ứng Compton …………………………………………………………….. 10 3.2. Quá trình tiến hành giải các dạng bài tập (có phân dạng) .................................. 10 3.2.1. Bài tập cơ bản …………………………………………………………………... 14 3.2.2. Bài tập tổng hợp nâng cao ……………………………………………………... 14 DẠNG 1. Động học tương đối tính ……………………………………………….. DẠNG 2. Động lực học và năng lượng trong thuyết tương đối hẹp ……………. 18 DẠNG 3. Hiệu ứng Doppler ………………………………………………………. 27 DẠNG 4. Hiệu ứng Compton ……………………………………………………... 30 3.2.3. Những lưu ý và cũng là những hạn chế học sinh cần nắm để xử lý tốt bài tập 36 38 3.2.4. Tham khảo các đề thi (IPho và Quốc gia) ……………………………..............

IV. HIỆU QUẢ ĐẠT ĐƯỢC ......................................................................................... 50

V. MỨC ĐỘ ẢNH HƯỞNG .......................................................................................... 50

1. Tác dụng của sáng kiến qua thực tiễn áp dụng ....................................................... 50 2. Phạm vi áp dụng của sáng kiến ................................................................................. 50 50 3. Những bài học kinh nghiệm ......................................................................................

52

VI. KẾT LUẬN .............................................................................................................. 51

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh

********* TÀI LIỆU THAM KHẢO

53

1. Sách giáo khoa Vật lý 12 (Cơ bản và Nâng cao) - NXB Giáo dục. 2. Chuyên đề vật lý 12 Thuyết tương đối hẹp - NXB Giáo dục. 3. Cơ sở vật lý – Tập 6 Quang học và Vật lý Lượng tử - DAVID HALLIDAY 4. Tổng tập các đề thi HSG - NXB Đại học Sư phạm. 5. Tài liệu BDHSG trường ĐÔNG VẬT LÝ MIỀN NAM 2018. 6. Một số tư liệu thu thập được trên Internet.

SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh