Introduktion til den specielle relativitetsteori - Niels Bohr Institutet

5.6 Lad os løse opgaven under den forudsætning, at begge de to 4-vektorer A = (A0,a)
og B = (B0,b) peger mod fremtiden, alts˚a A0 ≥ 0 og B0 ≥ 0. Den generelle løsning
involverer mere omhu m.h.t. fortegn, uden megen yderligere indsigt opn˚as.
a) A · B = A0B0 − a · b = A0B0 − ab cos θ, hvor a = |a|, b = | b| og θ er vinklen
mellem a og b. Hvis begge vektorer er tidsagtige, er A0 > a og B0 > b. Men
da kan vi ikke have A·B = 0, hvorfor begge vektorer ikke kan være tidsagtige.
b) a ⊥ b.
c) B0 = 0; a ⊥ b.
d) a ⊥ b.
5.8 14.8 m/s 2 , 59.0 ◦ .
5.9 1.29 × 10 16 m/s 2 , 1.10 × 10 19 m/s 2 , 440 omgange.
Opgaver til Kapitel 6
6.1 v/c = √ 3/2 0.866
6.2 5.5 m/s
6.3 E/c 2 = 5 kg; p/c = 4 kg; K/c 2 = 2 kg; Newton: K/c 2 = 0.96 kg
6.5 Det eksiterede atom har massen m ∗ = m + ∆E/c 2 . Vi betragter henfaldet af en
massiv partikel (m ∗ ) til en lettere partikel (m) og en masseløs partikel (foton):
m ∗ → m + γ. Opgaven er dermed ækvivalent med Eksempel 6.1. Ved at g˚a frem
p˚a tilsvarende vis f˚as
Eγ = m∗ 2 − m2 2m∗ c 2
= 1 − ∆E
2m∗c2
∆E 1 − ∆E
2mc2
∆E.
6.6 V/c = 1/2, M/m = 4/ √ 3 2.31
6.7 a) E = E0 + K = (938 + 500) MeV = 1438 MeV; γ = E/E0 1.533, hvorfor
β 0.758;
b) E = E0 + K = (0.5 + 500) MeV = 500.5 MeV; γ = E/E0 979, hvorfor
β 1 − 1
2 γ−2 1 − 5 × 10 −7
6.8 92.16 MeV
6.9 10 5 ˚ar; 29.6 s
6.10 p = 1127 MeV/c, γ = 8.41, β = 0.993, sin(φ/2) = 1/γ, hvorfor φ = 13.7 ◦ .
6.11 E min
γ
= 4mc 2 .
6.12 Skriv den indkommende fotons 4-impuls som
P1 = (Eγ/c)(1, − cos θ1, sin θ1, 0).
131