Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Thuyết tương đối hẹp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

Chia sẻ: Ganuongmuoiot | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của đề tài nhằm 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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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 Nguyễn Tuấn Anh SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 1
PHỤ LỤC II: MẪU BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN Độc lập - Tự do - Hạnh phúc 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. - Họ và tên: NGUYỄN TUẤN ANH Nam, nữ: Nam - Ngày tháng năm sinh: 20/09/1973 - Nơi thường trú: 12G3 - Hồ Biểu Chánh - Bình Khánh - TP. Long Xuyên - An Giang - Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu - Chức vụ hiện nay: Tổ trưởng chuyên môn – Tổ Vật lý - KTCN - Trình độ 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:  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 2
3. Nội dung sáng kiến: 3.1. Cơ sở lý thuyết: 3.1.1. Các tiên đề Anhxtanh: a. Tiên đề 1 (nguyên lý tương đối): Các định luật vật lý (cơ học - ví dụ định luật II Newton, điện từ học,…) có cùng một dạng như nhau trong mọi hệ quy chiếu (HQC) 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
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. Từ công thức biến đổi Lorentz (t’1 theo t1, x1; t’2 theo t2, x2) ta thu được: v t 2  t1  (x 2  x1 ) t 2 ' t1 '  c2 . 1  2 Từ công thức này thấy: nếu t2 - t1 = 0 nhưng x2 - x1 khác 0 thì t’2 - t’1 khác 0. Điều đó có nghĩa:  Hai biến cố xảy ra đồng thời trong hệ K thì sẽ 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? Bài toán: có một thước đứng yên trong K’, đặt dọc trục x’, độ dài của thước là x’2 - x’1, đặt là l0 . Hãy tìm độ dài của thước trong hệ K? Giải: độ dài của thước trong hệ K là hiệu tọa độ x2, x1 của hai đầu thước trong hệ K tại cùng một thời điểm: l = x2 - x1. x  vt x  x1 Áp dụng công thức biến đổi Lorentz: x '  , với t1 = t2 = t  x 2 ' x1 '  2 1  2 1  2 l 1 l0  2 với   . 1 β 1  2 Nhận xét: l < l0. Tóm lại: Trong K’ (O’ đo thước): thước đứng yên, có chiều dài l0 Trong K (O đo thước): thước chuyển động, có chiều dài l. Ta vừa chứng minh được l < l0 , vậy độ dài (dọc theo phương chuyển động) của một vật trong HQC mà nó chuyển động NGẮN hơn độ dài của vật trong HQC mà nó đứng 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 4
c. Dãn thời gian: (Khoảng thời gian của cùng một quá trình trong hai hệ K, K’ như thế nào?) 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. t ' vx '/ c 2 t ' t ' Áp dụng công thức biến đổi Lorentz: t  với x’1 = x’2 = x’  t 2  t1  2 1 . 1  2 1  2 Đặt t  t 2  t1 , t 0  t 2 ' t1 ' , vậy: t 0  t 1  2 . Nhận xét: t 0  t . Hay viết cách khác: t 0  t 1   2  t . ( t 0 trong hệ K’.) t 0  t => Nếu gắn một đồng hồ vào hệ K và một đồng hồ vào hệ K’ thì đồng hồ trong hệ K chạy nhanh hơn đồng hồ trong hệ K’. Đó là tính tương đối của thời gian. (Khái niệm thời gian riêng: Nếu hạt đứng yên trong HQC nào đó, thời gian sống đo được trong HQC đó là thời gian riêng.) Trường hợp giới hạn: v
e. Công thức tương đối tính về cộng vận tốc: dx dx ' Định nghĩa vận tốc: ux  , u 'x  tương ứng là vận tốc của một chất điểm đối với hệ K, K’. dt dt ' Ta cần tìm liên hệ ux , u ' x . Áp dụng công thức biến đổi Lorentz rồi lấy vi phân: v x  vt t  vx / c 2 dt  dx dx  vdt c2 Từ x '  ;t'  ta có : dx   ; dt   1 2 1 2 1  2 1  2 Như vậy: dx dx  vdt u v u x '    x dt dt  v dx 1  v u c2 c2 x Tương tự các thành phần vận tốc còn lại. Ta được : ux  v u y 1  2 u z 1  2 ux '  , uy '  , uz'  v v v 1 2 ux 1 2 ux 1  2 ux c c c u x '  v uy ' 1   2 u  1  2 Phép biến đổi ngược lại : u x  , uy  , uz  z' . v v v 1  2 ux ' 1  2 ux ' 1  2 ux ' c c c Đó là các công thức biểu thị định lý cộng vận tốc trong trong thuyết tương đối. Từ các công thức trên, ta suy ra tính bất biến của tốc độ ánh sáng trong chân không đối với các hệ quán tính. u v Thật vậy, nếu ux = c từ u x '  x => u x '  c . v 1  2 ux c * Trường hợp giới hạn: Nếu v, ux
b. ĐL II Newton:    Trong K, chất điểm khối lượng m, vận tốc u thì động lượng p  mu . Chú ý m thay đổi theo tốc độ. Biểu thức của định luật II Newton mở rộng cho thuyết tương đối    dp d(mu) hẹp trở thành: F  . dt dt  n  Hệ kín gồm nhiều chất điểm, F = 0 nên m u i 1 i i bảo toàn.   n  ĐLBT động lượng trở về cổ điển: khi u
 , v ,  x  t  c2 x x ,  vt ,  Theo công thức biến đổi Lorentz: 2f (t  )  2f   . c  1  2 c 1  2    Trong hệ K, f là số dao động trong một đơn vị thời gian, nhưng trong hệ K’, f không phải là số dao động trong một đơn vị thời gian nữa vì trong hệ K’, tỉ lệ xích của chiều dài và thời gian đã  , v ,  x'  t  c2 x x,  vt,  khác đi so với tỉ lệ xích trong hệ K. Từ trên ta có: 2f '(t ' )  2f   . c  1 2 c 12    v 1 Hằng đẳng hệ số của t’ và x’ ở hai vế, ta thu được: f 'f c  f 1  . 1  2 1  Trong công thức trên, v là vận tốc tương đối giữa máy thu và nguồn. Coi v  0 nếu máy thu và nguồn ra xa nhau, v < 0 nếu máy thu và nguồn lại gần nhau. Ta thấy rằng nếu máy thu ra xa nguồn thì f’ < f, ngược lại nếu máy thu lại gần nguồn thì f’ > f. * Trường hợp phương truyền ánh sáng và phương của vận tốc v hợp với nhau góc θ (xét góc nhỏ v 1  cos  trong hai góc bù nhau), ta có công thức: f '  f c , trong đó dấu của v quy ước như trên. 1  2   f  1 v2  Khi ánh sáng truyền theo phương vuông góc với vận tốc v     thì: f '   f 1  2  . 2   1  2  2c  Hiện tượng biến đổi tần số khi ánh sáng truyền theo phương vuông góc với phương của vận tốc  tương đối v gọi là hiệu ứng Doppler ngang rất nhỏ so với hiệu ứng Doppler dọc (θ=0) bởi vì sự fv 2 tham gia của số hạng là nhỏ. 2c 2 3.1.5. Hiệu ứng COMPTON Khi nghiên cứu hiện tượng tán xạ tia X trên các nguyên tử nhẹ (parafin, grafit…), Compton đã thu được kết quả đặc biệt: chùm tia X đơn sắc, hẹp, bước sóng  khi rọi vào vật tán xạ A (khối parafin, grafit…), thì một phần 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: h     '   (1  cos  )  2.c .sin 2 , me c 2 h 6, 626.1034 với c = = 31 8 = 2,424.10-12 m, gọi là bước sóng Compton. me c 9,11.10 .3, 0.10 SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 8
Giải thích hiệu ứng Compton trên cơ sở thuyết lượng tử ánh sáng: Xét một photon tia X có bước sóng  tần số f đến va chạm với một electron đứng yên, trong quá trình va chạm photon nhường một phần năng lượng cho electron và biến thành photon khác có năng lượng nhỏ hơn (tức có tần số nhỏ hơn, bước sóng dài hơn). hc hc Năng lượng của photon trước và sau va chạm là:   hf  ;  '  hf '   ' mo Năng lượng của electron trước và sau va chạm là: E0 = moc2 và E = mc2 = .c 2 2 v 1 c2 (trong đó mo là khối lượng nghỉ của electron) h hf ' h hf ' Động lượng của photon trước và sau va chạm là: p   & p    c ' c mo Động lượng electron trước va chạm là 0 và sau va chạm là: p e  v; v2 1 2 c   Góc tán xạ  là góc tạo bởi vectơ động lượng p & p ' của photon. Từ phương trình định luật bảo toàn năng lượng: hf  mo c 2  hf '  mc 2  mc 2  mo c 2  h( f  f ' ) Bình phương hai vế hệ thức này ta được: m2 c 4  mo2 c 4  2m o c 2 h( f  f ' )  h 2 ( f  f ' ) 2 (4)    2 2 2  hf   hf '  2  hf  hf '  Từ ĐLBT động lượng: pe  p  p '  m v        2.    .cos   c   c   c  c  2 2  m2v 2c 2   hf    hf '  2. hf  hf  .cos  (5) Lấy (4) trừ (5) theo vế ta được: v2 m2 c 4 (1  2 )  2.  hf  hf ' (1  cos  )  2h.mo c 2 ( f  f ')  mo2c 4 (6) c mo 2 v2 Từ m   m (1  2 )  m o2 (7) v 2 c 1 2 c 2 Thay (7) vào (6) ta được: mo c ( f  f ')  hff '(1  cos  ) (8) c c h  Chia hai vế của (8) cho: mo cff '   2 .sin 2 f' f mo c 2 Hay    '   2h .sin 2     2c sin 2    (*)  gọi là độ dịch chuyển của bước sóng. m0 c 2 2 Chúng ta dễ dàng nhận thấy, sự thay đổi bước sóng của bức xạ điện từ chỉ phụ thuộc vào góc tán xạ  mà 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. h  '   2 mec Tất cả đều hoàn toàn trùng khớp với các quan sát thực nghiệm của Compton. Sự thay đổi bước sóng trong tán xạ Compton khi  = 900 được gọi là bước sóng Compton c . 34 h c = = 6, 626.10 31 8 = 2,424.10-12 m. me c 9,11.10 .3, 0.10 SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 9
3.2. Quá trình vận dụng giải các dạng bài tập: 3.2.1. Bài tập cơ bản: Phép biến đổi Lorentz Bài 1. Cho một hạt chuyển động với vận tốc không đổi c/2 đối với O' trong mặt phẳng ’'x'y' sao cho quỹ đạo của nó tạo với trục x' một góc 60o. Nếu’vận tốc của O' đối với O dọc th’o trục x' – x là 0,6.c, hãy thiết lập các phương trình chuyển động của hạt xác định bởi O. Giải. c c Các phương trình chuyển động xác định bởi O' là: x'  u'x t '  (cos60o ).t ';y'  u'y t '  (sin60o ).t' 2 2 Theo phép biến đổi Lorentz ta có: Vx t 2 x  Vt c c c  0,6  x'    cos60o   x  0,6c.t  . cos60o   t  x   x  0,74c.t V 2 2  V 2 2  c  1   1   c c Vx c t c t  0, 6.0,74t y '  y   sin 60o  c2 2 2  2  sin 60o   0,30c.t V 1  (0, 6)2 1   c Bài 2. Một đoàn tàu dài AB  1 km (đo bởi quan sát viên là hành khách trên tàu) chuyển động với tốc độ 200 km/h. Một quan sát viên đứng trên mặt đất thấy hai chớp sáng đồng thời đập vào hai đầu A, B của tàu. Tính khoảng thời gian giữa hai chớp sáng đó đo được bởi quan sát viên là hành khách ngồi trên tàu. Hành khách đó thấy chớp sáng đầu tiên đập vào đầu nào của tàu. Giải.  v   v  - Xét đầu A, có: t A    t 'A  2 x 'A  - Xét đầu B, có: t B    t 'B  2 x 'B   c   c  v v Theo đề, ta có: t B  t A  t 'B  2 x 'B  t 'A  2 x 'A Z Z’ c c 500 v v 9 .103  6,17.1013 s. K K’  t 'A  t 'B  2  x 'B  x 'A   2   2 A B v c c  3.108  O O’ X Do t 'A  t 'B nên chớp sáng đập vào đầu B trước X’ ( t 'A , t 'B là của đồng hồ gắn trên hệ K’). Y Y’ Sự co chiều dài của các vật theo phương chuyển động Một thước mét tạo với trục x’ của hệ quy chiếu O’ một góc 30o. Tìm vận tốc V của thước để nó tạo với trục x của hệ quy chiếu O một góc 45o. Tìm độ dài của thước mét đo bởi O. Giải. L’y = L’.sinθ’ = 1.sin30o = 0,5 m; L’x = L’.cosθ’ = 1.cos30o = 0,866 m. Do hiệu ứng co ngắn chiều chỉ diễn ra theo hướng x – x’ nên: V2 V2 L y  L'y  0,5m; L x  L 'x 1   0,866. 1  c2 c2 Vì tanθ = Ly/Lx, ta có: 0,5m tan 45o  1  . V2 0,866m 1  2 c Ly 0,5m Suy ra: V = 0,816.c Ta có: L  o   0,707m sin 45 sin 45o SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 10
Sự chậm lại của các đồng hồ chuyển động Một máy bay chuyển động với tốc độ 600m/s đối với mặt đất. Cần bao nhiêu thời gian cho máy bay đó bay để đồng hồ trên máy bay chậm đi 2.10-6 s so với đồng hồ trên mặt đất? Giải. Theo phép biến đổi Lorentz, ta có: tmb tmb tmb tmđ    tmđ tmb  2.1012.tmđ 2.106  2.1012.tmđ V2  6.102  2 1 2.1012 1 1 c2 8  3.10  Vậy ∆tmặt đất = 106 s = 11,6 ngày đêm. Điều này chứng tỏ rằng các hiệu ứng tương đối tính là yếu đổi với các vận tốc thông thường. Định lý cộng vận tốc Bài 1. Một hạt chuyển động với vận tốc 0,8c và tạo với trục x một góc 300 đối với một quan sát viên O. Xác định vận tốc của hạt đối với một quan sát viên O’ chuyển động dọc theo trục chung x-x’ với vận tốc v = -0,6c Giải. 3 1 Đối với quan sát viên O ta có: u x  u cos 30 0  0,8c.  0,4 3c u y  u sin 30 0  0,8c.  0,4c 2 2 Vận tốc của hệ K’ so với hệ K là v = - 0,6c Các vận tốc theo phương x’ và phương y’ đối với quan sát viên O’ ux  v 0,4 3c  (0,6c) u x'    0,913c v  0,6c 1  2 u x 1  2 (0,4 3c) c c u y 1 v2 / c2 0,4c 1  0,6 2 u 'y    0,226c v  0,6c 1 2 ux 1  2 (0,4 3c) c c Vận tốc của hạt đối với quan sát viên O’: u '  u x'2  u 'y2  (0,913c ) 2  (0,226c) 2  0,941c u 'y 0,226c Góc  ' hợp bởi hướng của vận tốc đó với trục x’ là: tan  '  '   0,248   ' 13,9 o u x 0,941c 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 xạ và electron được phát ra. Khi đó: u x  u 'x  V  0,9c  0,5c  0,966c V.u 'x 0,5c.0,9c 1 1 c2 c2 V2 u 'y 1  2 b. Biến đổi Lorentz: u  u 'x  V  0  0,5c , 5c; uy  c 2  0,9c 1  0,5  0, 779c x V.u 'x 1 0 V.u ' x 1 0 1 1 c2 c 2 2 2 uy 0, 779c Từ đó: u  u 2x  u 2y   0,5c    0,779c   0,926c và tan     1,56    57,3o ux 0,5c SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 11
Động lực học tương đối tính  Giả sử lực F tác dụng lên hạt cùng hướng với vận tốc của hạt. Tìm biểu thức tương ứng của định luật hai Niutơn trong trường hợp tương đối tính. Giải.  2v dv   2 .    m dv 1  (v / c ) 2  m v  c dt  dv mo v 2 dv   o dt o 2 m * Cách 1: dp d  mo v  2 1  (v / c ) o dt c 2 dt F     3/2 dt dt  v2  1  (v / c) 2 1  (v / c ) 2 1  (v / c ) 2   1 2   c  dv dv mo mo dt  v2 v2  dt F 1  2  2    1  (v / c ) 2  3/ 2  c  c  1  (v / c ) 2 3/ 2         * Cách 2: F  dp  d  mo v   d  mo  dt dt  v 2  dt  1  1   1    2 2   c2   v c  dv 1/2 3/ 2 mo d1 1  1  1 1   1 dv  dt F  m0  2  2   m0     2  2  .  2. 3 .   3/ 2 dt  v c   2  v c   v dt  1  (v / c) 2    Năng lượng tương đối tính Bài 1. Một photon năng lượng 1 MeV va chạm với một electron đứng yên ở lân cận một hạt nhân nặng và bị hấp thụ. Trong chừng mực bỏ qua năng lượng giật lùi của hạt nhân, tính vận tốc của electron sau va chạm. Biết năng lượng nghỉ của electron là 0,511 MeV. Giải. ĐLBTNL:   m 0ec 2  m 0n c 2  m 0ec 2  m 0n c 2  1MeV  0,511MeV  0,511MeV  V  0,941c 2 2 V V 1   1   c 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: ux  V 0, 6c  0,8c u 'x    0,385c V.u x 1  0, 6.0,8 1 2 c m 0c 2 0,511MeV  K'  m 0c 2   0,511MeV  0,043MeV 2 2  u 'x  1   0,385  1    c  Hiệu ứng Doppler tương đối tính Một tên lửa rời bệ phóng để thực hiện một chuyến bay với vận tốc 0,6c. Một nhà du hành trên tên lửa phát ra một chùm sáng có bước sóng 5000A0 về phía bãi phóng. a. Tìm tần số ánh sáng quan sát được ở bãi phóng? b. Tìm tần số ánh sáng quan sát được bởi nhà du hành của một tên lửa thứ hai rời bãi phóng với vận tốc 0,8c ngược hướng với tên lửa thứ nhất. Giải. SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 12
V 1 8 a. Ta có: f  f0 c  3.10 1  0, 6  3.1014 Hz V 5.10 7 1  0, 6 1 c b. Theo phép biến đổi Lorentz, vận tốc tương đối của hai tên lửa là: ux  V 0,6c   0,8c  u 'x    0,946c 1 2 Vu x 1  0,8c  .0, 6c c c2 Tần số phát hiện bởi nhà du hành của tên lửa thứ hai là: u 'x 1 8 f  f0 c  3.10 1  0,946  1014 Hz 7 u' 1  x 5.10 1  0,946 c Hiệu ứng Compton Bài 1. Một tia X bước sóng 0,3 (A0) làm tán xạ đi một góc 600 do hiệu ứng Compton. Tìm bước sóng của photon tán xạ và động năng của electron. Giải.      c (1  cos  ) = 0,3 + 0,0242(1-cos600)  0,3121 (A0) hc hc hc Theo định luật bảo toàn năng lượng:  mo c 2 =  mc 2 =  K  m0 c 2   ' hc hc hc( '  ) 12, 42(0,3121  0,3) K =  = = 10  1, 6 (keV) (hc  12, 42.107 (eV))     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 Năng lượng photon tới:      hc Công thức Compton:      c (1  cos  )  c   c (1  cos  )  hc 12, 42.107  cos    4 =0,064.  θ = 86,330. c 0, 02424.0,8.10 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.  p' Gọi p ' là động lượng photon tán xạ  p là động lượng photon tới    pe làđộng lượng electron giật lùi  p  Dựa vào hình vẽ, ta có: pe p.sin  tan  = p  p.cos  h h  với: p= ; p’= ;  '   c (1  cos  )  2c sin 2   2    .sin  2 sin cos cot  tan  = = 2 2 = 2    2sin 2 (  c ) 2sin 2 (  c ) 1 c 2 2  SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 13
3.2.2. Bài tập nâng cao: DẠNG 1. ĐỘNG HỌC TƯƠNG ĐỐI TÍNH Bài 1. Một thanh AB được định hướng dọc theo trục x của HQC K, chuyển động với vận tốc không đổi v dọc theo chiều dương của trục x. Đầu trước (theo quá trình chuyển động) là điểm A, đầu sau là điểm B. Hãy tìm: a. Độ dài riêng của thanh vào lúc t A , toạ độ của điểm A là x A , còn vào lúc t B toạ độ của điểm B là x B b. Sau một khoảng thời gian bao lâu, cần phải ghi lại các toạ độ của đầu và cuối thanh trong hệ K để hiệu các toạ độ bằng độ dài riêng của thanh Giải. v2 a. Trong hệ K sẽ nhìn thấy chiều dài của thanh là: l  lo 1  c2 v2 Tại thời điểm t A : + Toạ độ đầu A là: x A + Toạ độ đầu B là: x A  lo 1  2 c Sau khoảng thời gian: t B  t A thì đầu A và B đi thêm được quãng đường: v(t B  t A ) : v2 x A  xB  v(tB  t A ) Tại thời điểm t B toạ độ đầu B là: x A  lo 1   v (t B  t A )  x B  lo  c2 v2 1 c2 v2 lo v2 b. x A  xB  x A  xB  lo lo 1   lo  v (t B  t A )  t B  t A  ( 1   1) c2 v c2 Bài 2. Tìm độ dài riêng của một thanh, nếu trong HQC phòng thí nghiệm, vận tốc của nó là c v , độ dài là l  1, 00m và góc giữa nó với phương chuyển 2 động là   450 . Giải. Trong HQC phòng TN, ta có : lx  l cos  ; l y  l sin  Suy ra: l0 x 1   2  l cos   l0 x  l cos  ; l0 y  l sin  ' ' ' 2 1  1   2 sin 2  1  0,52 sin 2 450 42 + l0  l02x  l02y  l ' ' 2  1 2  m  1,08m 1  1  0,5 6 l0 y ' 3 + tan    tan  . 1   2  tan 450. 1  0, 52     40053' l0 x ' 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 4c / 5 theo phương song song với cạnh huyền của tam giác. Giải.  Gọi vận tốc của hệ K’ so với hệ K là v ; K’ chuyển động dọc theo trục Ox , theo phương song song với cạnh huyền của tam giác. 2 a Trong hệ K’, tam giác ABC có: AB  AC  a ; BC  a 2 ;  ABC   ACB  450 ; S  2 SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 14
Trong hệ K, tam giác A' B 'C ' có: (I là trung điểm của B’C’)  l0 cos  a 2 B 'C ' l0 x   lx l0 cos    lx lx      2 2     l0 y  l y l0 sin   l y  a 2 ' l y  l0 sin   2  A I  1  2  1 a 2a 2 a 3S  1  2 1 3 Vậy tam giác A' B 'C ' trong K’: S '  B'C ' . A' I    Với:    2 2 2 2 5   v  5  c Không gian co lại dọc theo hướng chuyển động, các hướng khác vẫn giữ nguyên, do đó ta có. B 'C ' BC 5 B ' H '  BH  A' H ' tan   AH tan 450  tan    tan      590 2 2 3 Bài 4. Một hạt chuyển động thẳng với vận tốc không đổi bằng 0,5c trong mặt phẳng O’X’Y’ của hệ K’ và quỹ đạo của nó hợp với trục O’X’ một góc y’ y 600. Biết hệ K’ chuyển động dọc theo trục OX của hệ K với tốc độ v  0, 6c . Hãy thiết lập phương trình quỹ đạo của hạt trong hệ K. K K 0,5 Giải. ’ c α - Phương trình chuyển động của hạt trong hệ K’ là O x O 0 c c 3 ’ x '  0, 5c.cos60 .t '  .t ' ; y'  0,5c.sin600.t '  .t ' x’ 4 4 z z’ - Phương trình chuyển động của hạt trong hệ K c  c   v 1 c  v   v  x    x ' vt '      v  t '     v    t  2 x  2   v   t  2 x  với t '    t  2 x 4  4   c  1 v  4  c   c  2 c 1 c  0, 6  85 85 17 x 2   0, 6c   t  2 x   ct  .0, 6x  x  ct  0, 74ct . (1) 1  0, 6  4  c  64 64 23 3 3  v  Và ta có: y  y '  ct '  c.  t  2 x  4 4  c  3  1 v  y c.  t  2 .0, 74ct  , với v  0, 6c . Ta có: y  0, 325ct (2) 4 v  c 2  1 2 c Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo của vật trong hệ K là: y  0, 43x (3) (3) chứng tỏ hạt cũng chuyển động thẳng đều trong hệ K. 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 u // Ox  u x  u ; u y  0 ux  v ' uv u y 1 v2 / c 2 ' uv Trong hệ K’: u    0  u' ux  ' u  vx vu ; y v vu 1 2 ux 1 2 1 2 ux 1 2 c c c c SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 15
v v  vu  t x dt  2 dx dt 1  2  du ' 2 c  a'  . Ta đi tính vi phân du' và dt ' : t '  c  dt '  c   dt ' v2 v2 v2 1 2 1 2 1 2 c c c  vu  du  v2  1  2  du  (u  v)( 2 ) 1  2 du u v c  c c  du '   2  2 vu  vu   vu  1 2 1  2  1  2  c  c   c  3/ 2  v2  v2  v2  1  2 du 1 2 a 1  2  du '  c  c c  a'   2 .   3 dt '  vu  dt 1  vu   vu  1  2  2 1  2   c   c   c   b. Vì u  Ox  u x  0 ; u y  u ux  v uy 1 v2 / c2 u x'   v ; u 'y   u 1  v 2 / c 2  du 'y  du 1  v 2 / c 2 v v 1 2 ux 1  2 ux c c v dt  dx c 2 dt dt '   (Vì dx = 0 do vx = 0) v2 v2 1 2 1 2 c c ' du 'x ' du 'y du v2  v2   v2  ax  '  0 (Vì u x  v  const ) ay   (1  2 )  a1  2   a '  a 'y  a1  2  dt ' dt ' dt c  c   c  Bài 6. Một máy bay có chiều dài riêng 40 m chuyển động thẳng đều với tốc độ v  630 m/s. a. Đối với người trên mặt đất, chiều dài máy bay ngắn đi bao nhiêu? b. Máy bay phải bay bao lâu để đồng hồ trên máy bay chậm 1 μs so với đồng hồ trên mặt đất? Giải. v2 v2 Vì v  c nên 1  2  1  2 c 2c v2  v2  a. Chiều dài của máy bay đo được đối với người trên mặt đất:    0 1    0 1  2  c2  2c  Đối với người trên mặt đất, Chiều dài máy bay ngắn đi một lượng:  v 2   v2 40.6302    0     0   0 1  2   0 2    2  8,82.1011 s.  2c  2c 2.  3.10  8 b. Gọi t là thời gian bay của máy bay ứng với đồng hồ gắn trên mặt đất, khi đó thời gian bay của máy bay ứng với đồng hồ gắn trên máy bay là: v2  v2  t '  t 1  2  t 1  2  c  2c   v2  Theo đề, ta có: t  t '  106  t  t 1    10 6  2c 2  2 v2 2c2 .106 2  3.108  .10 6  t 2  106  t   t   453514,74s  5, 25 ngày đêm. 2c v2 6302 SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 16
Bài 7. Hệ quy chiếu K và K’ có các trục tọa độ tương ứng song song với nhau và K’ chuyển động dọc theo trục Ox của K với tốc độ là v. Nếu một chất điểm chuyển động trong mặt phẳng Oxy của K y y’ v theo phương hợp với Ox góc θ với tốc độ u, thì người  uy u quan sát trong K’ sẽ thấy chất điểm chuyển động  K u'y u ' trong mặt phẳng O’x’y’ theo phương hợp với O’x’ K’ θ góc θ’ với tốc độ u’. Chứng tỏ rằng mối liên hệ giữa θ' x' u ' 1  2 .sin  ' v O O’ ux u'x u, u’, θ và θ’ là: tan   , với   . x u 'cos ' v c Giải. Từ hình vẽ, ta có: u x  u cos  ; u y  u sin  (1) u 'x  u 'cos  ' ; u 'y  u 'sin  ' (2) u 'x  v Áp dụng định lí cộng vận tốc trong lý thuyết tương đối hẹp, ta có: u x  (3) v 1  2 u 'x c   v2  v u 'x  v  1 2 u 'y 1  2 u y  u 'y 1  2 c    u 'y v (4)  c 1  v2 u 'x  v 1  2 u 'x 1  2 u 'x  c  c c uy u 'y 1  2 Lấy (4) chia (3), thu được:  (5) ux u 'x  v u sin  u 'sin  ' 1  2 u ' 1  2 .sin  ' Thay (1) và (2) vào (5):  , hay tan   (điều PCM) u cos  u 'cos  ' v u 'cos ' v Bài 8. Có hai tên lửa A và B chuyển động đối với mặt đất với tốc độ v1  0,8c và v 2  0, 6c . Tìm vận tốc của tên lửa A đối với tên lửa B trong hai trường hợp: a. A và B chuyển động dọc theo một trục nằm ngang y y’ ngược chiều nhau; A sang phải và B về bên trái. u 'x  0,8c b. A chuyển động theo hướng dương của trục thẳng đứng, A B đi theo hướng âm của trục nằm ngang. K K’ Giải. v  0,8c Chọn K gắn với tên lửa B, K’ gắn với T/Đất. B O O’ x' Hệ K’ chuyển động với vận tốc 0,6c ra xa hệ K, x a. Vận tốc của tên lửa A đối với hệ K, ta có: y u 'x  v v  v2 ux   1 v v 1  2 u 'x 1  22 v1 0,6c 0,8c c c B A v1  v 2 0,8c  0, 6c Hay viết lại: u A,B    0, 946c O v1v 2 0,8c.0,6c x 1 2 1 c c2 Nhận xét: nếu hai tên lửa A và B chuyển động ngược chiều nhau với tốc độ v thì độ lớn vận tốc 2v của tên lửa này đối với tên lửa kia là: u A,B  v2 1 2 c 2 v2 u 'y 1  2 0,8c 1   0, 6c  u 'x  v 0  0, 6c c  c2 b. Ta có: u x    0, 6c uy   0, 64c v 1  0 v 1  0 1  2 u 'x 1  2 u 'x c c SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 17
Vậy vận tốc của tàu A đối với tàu B có độ lớn: u A,B  u x2  u y2  0,88c , và hợp với trục Ox một góc θ uy 0, 64c tan       46,90 . ux 0, 6c y y’ y 0,8c u 'x  0 u 'y  0,8c A K K’ A 0,6c B v  0, 6c O x BO O’ x' x Bài 9. Có hai hệ quy chiếu, K và K' có các trục tương ứng song song với nhau. Hệ K' chuyển động dọc phương của trục Ox của hệ K với tốc độ v không đổi. Giả sử ở thời điểm t = 0 thì hai gốc tọa độ trùng nhau. Đúng lúc đó có một chớp sáng xuất hiện ở O. Ở thời điểm t người quan sát (NQS) trong hệ K sẽ thấy ánh sáng lan truyền trong không gian theo một mặt cầu tâm O, bán kính ct (c là tốc độ ánh sáng trong chân không). Sử dụng công thức biến đổi Lorentz tìm dạng mặt sóng ánh sáng mà NQS trong K' xác định được. Nhận xét. Giải Mặt sóng trong K có dạng hình cầu tâm O. Phương trình của nó là: x 2  y 2  z 2  c 2 t 2 . v t   2 x x  vt  c Sử dụng công thức biến đổi Lorentz: x  ; y  y; z  z; t  2 1  1  2 2 2   v   x  vt   t  c2 x     y 2  z  2  c 2  2 2 2 2 2   x '  y'  z'  c t '  1  2  2    1     NQS trong K' cũng quan sát thấy mặt sóng lan truyền trong K' có dạng mặt cầu tâm O', giống như NQS trong K quan sát thấy cùng một hiện tượng như thế. Điều đó phù hợp với hai tiên đề Einstein. DẠNG 2. ĐỘNG LỰC HỌC VÀ NĂNG LƯỢNG TRONG THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP 1. Định luật II Newton trong thuyết tương đối hẹp: Bài 1. Áp dụng định luật hai Niutơn tìm biểu thức của vận tốc tương đối tính của một hạt điện tích q chuyển động theo một đường tròn bán kính R vuông góc với một từ trường B Giải.    dp d       d mo v d Ta có: F  dt dt  mo  v   dt    vv   (Đạo hàm vectơ: dt mv F)    1 2   c     2 v dv     .  dv 2   c 2 dt  mo v 2 dv mo 1  (v / c )  m o v dv dt 2 m 2 1  (v / c ) o dt c 2 dt F   1  (v / c ) 2 1  (v / c ) 2 1  (v / c ) 2  3/ 2  SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 18
   2v dv    . dv 2   c 2 dt  mo 1  (v / c )  mo v   dt 2 1  (v / c ) 2  mo 3 v   Tổng quát: F   mo a   a.v  1  (v / c ) 2 c2     dv Trong từ trường hạt chuyển động tròn đều vận tốc và gia tốc vuông góc nhau nên: v .  0  dt dv  mo mo aht mo v 2 F dt hay F   (1) 1  (v / c) 2 1  ( v / c ) 2 R 1  (v / c ) 2    Lại có lực tác dụng lên điện tích là lực Lorent: F  q(v  B )  F  qvB (2) 2 mo v qBR / mo Từ (1) và (2) suy ra:  qvB v R 1  (v / c ) 2 1  (qBR / mo c 2 ) 2 qBR Trong giới hạn cổ điển ta cho c   ta được v  mo Bài 2. Một chất điểm có khối lượng m 0 , chuyển động dọc theo trục x của hệ quy chiếu K  a. Nếu tại t = 0, x = 0 ta bắt đầu tác dụng lực F không đổi dọc theo trục x, tìm sự phụ thuộc của tọa độ theo thời gian của chất điểm trên? b. Nếu chất điểm chuyển động theo phương trình x  a 2  c 2 .t 2 , tìm lực tác dụng lên hạt trong hệ quy chiếu này? Giải. a. Do ban đầu hạt không có vận tốc nên khi tác dụng lực theo phương x, hạt sẽ chuyển động theo   dp  t    m0 .u  phương x. Thật vậy, vì ta có: F  p  0   F .dt p  F .t   F .t dt 0 u2 1 2 c F .t / m 0 => Ta tìm được vận tốc của hạt là u , xác định bởi: u  F 2 .t 2 1 m 02 .c 2 t t F .t / m0 m02 .c 4 2 2 m0 c 2 Phương trình tọa độ: x  x0   udt  0   .dt   c .t  0 0 F 2 .t 2 F2 F 1 m02 .c 2 c m c2 Vậy x ( m0 c 2 ) 2  F 2 t 2  0 F F dx c 2 .t b. Khi cho : x  a 2  c 2 .t 2 => Ta xác định được: u   dt a 2  c 2 .t 2 m0 .u m0 .c 2 .t dp m0 .c 2 => p   => F   u2 a dt a 1 c2 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 19
  Do hạt không có vận tốc ban đầu nên hướng của v cũng chính là hướng của F     dp d  mo v  F v F    dt  d ( ) dt dt 2  mo 2  1 v  v  2  1 2  c  c F v Ft v Lấy tích phân 2 vế:  dt   d ( )   +C mo v 2 mo v2 1 2 1 2 c c Fct Tại t = 0 thì v = 0  C  0  v  (m0 c) 2  F 2 t 2 Fct.dt x Đặt u  (m0 c) 2  F 2t 2  du  2F 2 tdt 2 2 2 (m0 c )  F t c du c c x  u  C1  (m0 c ) 2  F 2 t 2  C1 2F u F F m c2 c 2 2 2 2 m0 c 2 Tại thời điểm t = 0, ta lấy x = 0  C1   0 Vậy x  ( m0 c )  F t  F F F Bài 4. Xuất phát từ phương trình động lực học tương đối tính, hãy tìm:   a. Các trường hợp như thế nào thì lực tác dụng F cùng phương với gia tốc a   b. Trong các trường hợp đó, tìm mối quan hệ giữa F và a . Giải.         dp d  m0 .u  m0  m0 .(u .a ) / c 2  a. Ta có: F   2    2 .a  .u dt dt  u u   2 3  1   2  1 2  1 u   c  c  c 2         Để F cùng phương với gia tốc a ( F // a ) thì m 0 .(u .a ) / c .u cũng phải cùng phương với a . 2  2  3  1 u   c2      m0 .(u.a ) / c 2 0   3       u  2 u  a u  F  Khi đó, ta có 2 trường hợp:   1  2  => u // a Hay    (Vì F // a )  c   u // F u // a  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:     m0  m 0 .( u .a ) / c 2  m0  + Khi u  F thì: F   .a  .u   .a u2  2  3 u2 1 2  1 u  1 2 c  c 2  c       m0  m0 .(u.a ) / c 2  m0  + Khi u // F thì: F   2 .a  .u  .a u  2  3  2  3 1 2  1 u   1 u  c  c 2   c 2    SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 20