Fysik 2: Foresl˚aede løsninger til eksamenssæt 21. april 2005 ...

Fysik 2: Foresl˚aede løsninger til eksamenssæt 21. april 2005
Opgave 1: En perle p˚a en ring i et roterende referencesystem
a) Kraftdiagram:
θ
ω
FR
FG = mg
g
FC = mω 2 R sin θ
11. januar 2006
Mogens Dam
Da der ses bort fra friktion, st˚ar reaktionskraften, FR, vinkelret p˚a (tangenten
til) ringen. Der er ingen bevægelse vinkelret p˚a ringen, og derfor m˚a kræfterne
balancere, alts˚a
FR = FG cos θ + FC sin θ
b) Coriolis-kraften er FCor = −2mω×v, hvor v er perlens hastighed. Den har dermed
størrelsen
FCor = 2mωR
dθ cos θ.
Coriolis-kraften er ortogonal p˚a b˚ade hastighed og rotationsakse, og dermed ortogonal
p˚a det p˚a figuren afbildede plan. Den vil modsvares af en modsatrettet
reaktionskraft fra ringen, og da der ses bort fra friktion, vil perlens bevægelse ikke
p˚avirkes.
c) Kræfterne projiceres p˚a retningen tangentiel til ringen og ved anvendelse af NII
f˚as
Fres = ma = mR ¨ θ = −FG sin θ + FC cos θ.
Ved indsættelse fra kraftdiagrammet f˚as da det søgte udtryk for bevægelsesligningen
efter division med mR:
¨θ + g
R sin θ − ω2 sin θ cos θ = 0.
dt

d) I ligevægtstilstandene er ¨ θ = 0, hvilket indsættes i bevægelsesligningen, alts˚a
g
R sin θ − ω2 sin θ cos θ = 0.
En ˚abenbar løsning er sin θ = 0, hvilket tilsvarer de to trivielle ligevægtstilstande
θ = 0 (lodret ned) og θ = π (lodret op). Yderligere løsninger f˚as nu ved at betragte
ligningen
g
R − ω2 cos θ = 0,
alts˚a
cos θ = g
.
Rω2 Dette tilsvarer to ligevægtstilstande, som ligger symmetrisk omkring ringens lodrette
symmetriakse. Disse eksisterer kun for Rω2 > g.
Opgave 2: Neutrinoer fra supernovaeksplosion
a) Den tilbagelagte afstand er d = T c, hvorfor
b)
∆t = d d c − v
− = T c
v c cv
c − v
T ,
c
hvor vi i sidste skridt har benyttet approximationen v c i nævneren. Alts˚a f˚as
hvoraf
γ =
c − v = ∆t
T c,
c − v = 6.74 × 10 −10 c = 0.20 m/s.
1
1 − β 2 =
1
(1 + β)(1 − β)
Vi indsætter størrelsen 1 − β ≡ (c − v)/c fra a) og finder
T
γ =
2∆t ,
hvormed
γ = 2.72 × 10 4
Af definitionen, E = γmc 2 , af relativistisk energi f˚as
som ved indsættelse giver
mν = Eν
γc 2
mν = 5.5 × 10 2 eV/c 2 .
1
2(1 − β)

Opgave 3: Produktion og henfald af tau-leptoner ved LEP
Tau-leptonens energi er Eτ = 1
2 MZc 2 . Dens Lorentz-γ er dermed
og dens hastighed
γ = Eτ MZ
=
mτ c2 2mτ
= 25.3,
β = 1 − γ −2 = 0.9992
a) Før sit henfald bevæger tau-leptonen sig strækningen
d = γβcττ = 2.2 mm
b) Ved direkte anvendelse af resultatet (6.63) udledt under Eksempel 6.1 i forelæsningsnoterne
f˚as:
Ved indsættelse f˚as da
E ′ = m2 τ + m 2 K
2mτ
c) 4-impulsen i τ − -systemet
c 2 , og p ′ = m2 τ − m 2 K
2mτ
E ′ = 0.97 GeV, og p ′ = 0.83 GeV/c.
P ′ =
⎡
⎢
⎣
E ′ /c
p ′ cos θ ′
p ′ sin θ ′
0
Heraf, ved en Lorentz-transformation til laboratoriesystemet
⎡
⎤
P =
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
γ(E ′ /c + βp ′ cos θ ′ )
γ(p ′ cos θ ′ + βE ′ /c)
p ′ sin θ ′
0
d) tan θ f˚as som forholdet mellem y- og x-komponenterne af P:
tan θ =
⎥
⎦
p ′ sin θ ′
γ(p ′ cos θ ′ + βE ′ /c) .
[Check: for β = 0 er γ = 1 og dermed tan θ = tan θ ′ . OK]
Vi søger ekstremum for tan θ hvorfor vi differentierer:
d tan θ
dθ ′
= (p′ cos θ ′ + βE ′ /c)p ′ cos θ ′ + p ′ sin θ ′ p ′ sin θ ′
γ(p ′ cos θ ′ + βE ′ /c) 2
= p′2 (sin 2 θ ′ + β cos 2 θ 2 ) + β(E ′ /c)p ′ cos θ ′
γ(p ′ cos θ ′ + βE ′ /c) 2
p′ (p ′ + (E ′ /c) cos θ ′ )
γ(p ′ cos θ ′ + βE ′ ,
/c) 2
c.

hvor vi i sidste linie har brugt approximationen β = 1 og dernæst “idiot-formlen”.
Vi kræver d tan θ/dθ ′ = 0, hvorfor tælleren m˚a være nul. Alts˚a
som ved indsættelse giver
cos θ ′ = − p′ c
,
E ′
cos θ ′ = −0.856, og dermed θ ′ = 149 ◦ .
Vi indsætter dette i udtrykket for tan θ og finder
tan θ = 0.0657, og dermed θ = 3.8 ◦ .