Soluciones Hoja 2: Relatividad (II)

Soluciones Hoja 2: Relatividad (II)
1) Dos naves espaciales idénticas A y B, con longitud en reposo l0 = 1 km, avanzan paralelas
la una a la otro con velocidades c/2 y c/4, respectivamente, con respecto a un sistema de
referencia inercial S. Inicialmente, la nave A está por detras de la nave B. (a) Calcular la
longitud de cada nave medida en el sistema de referencia S. (b) Hallar la velocidad y la
longitud de la nave A medidas desde la nave B. (c) Obtener el tiempo que tarda la nave A
en adelantar a la nave B (es decir, obtener el intervalo de tiempo entre que la parte delantera
de la nave A alcanza a la parte trasera de la nave B y la parte trasera de la nave A sobrepasa
la parte delantera de B) según un reloj en S, según un reloj en la nave A y según un reloj
en la nave B.
(S)
(S)
Solución: (a) Las velocidades de las naves son: βA = c/2 y βB = c/4. Por tanto,
√
√
(S)
(S)
γA = 2/ 3 y γB = 4/ 15. De este modo, las longitudes de cada nave medidas en S
vendrán dadas por la fórmula de la contracción de Lorentz
√
√
l0
3
15
l0
(S)
(S)
lA = (S) =
l0 y lB = (S) =
l0 .
2
4
γA
γB
(b) Para hallar la velocidad de A medida desde la nave B hacemos uso de la ley de adición
de velocidades
ux − v
2
(B)
uA = u0x =
= c,
2
1 − ux v/c
7
donde hemos usado que ux = c/2 y v = c/4.
La longitud de la nave A será entonces
(B)
lA
√
l0
3 5
=
=
l0 .
γ(v = 2c/7)
7
(c) El tiempo t(S) en el sistema S vendrá dado por la condición de que la distancia
recorrida por la nave A en el tiempo t(S) , vA t(S) , sea igual a la distancia recorrida por B,
vB t(S) , más la suma de las longitudes de las naves (medidas en S), es decir,
(S)
(S)
(S)
vA t(S) = vB t(S) + lA + lB ⇒ t(S) =
(S)
lA + lB
(S)
vA
−
(S)
vB
√
√ l0
= (2 3 + 15) .
c
Por su parte, t(B) se puede determinar a través de la correspondiente transformación de
Lorentz para el tiempo, es decir,
(S)
(S)
t(B) = γB (t(S) − βB ∆xB /c).
En este caso, ∆xB es la distancia recorrida por la nave B en el tiempo t(S) más la longitud
(S)
(S)
(S)
(S)
(S)
de nave B, lB , es decir, ∆xB = vB t(S) + lB = vB t(S) + l0 /γB . Por tanto,
√
!
(S)
(S)
t
β
l
3
5
+
7
l0
0
t(B) = (S) − B
=
.
c
2
c
γB
Del mismo modo, el tiempo medido desde la nave A vendrá dado por
(S)
(S)
t(A) = γA (t(S) − βA ∆xA /c).
1
En este caso, ∆xA es la distancia recorrida por la nave A en el tiempo t(S) menos la longitud
(S)
(S)
(S)
(S)
(S)
de nave A, lA , es decir, ∆xA = vA t(S) − lA = vA t(S) − l0 /γA . Por tanto,
√
!
(S)
t(S)
βA l0
3 5 + 7 l0
(A)
t = (S) +
=
= t(B) .
c
2
c
γA
¿Sabrı́as decir por qué este era el resultado esperado?
En realidad, hay una forma más sencilla de realizar el cálculo de t(B) o t(A) . Por ejemplo,
el tiempo t(B) se puede calcular directamente utilizando las longitudes medidas desde la nave
B y la velocidad relativa entre las dos naves. De este modo,
√
√
!
(B)
l
+
l
5l
/7
5
+
7
l
+
3
3
l0
0
0
0
A
t(B) =
=
=
.
(B)
2c/7
2
c
uA
2) El movimiento de un medio como el agua infuencia la velocidad de la luz. Este efecto fue
medido por primera vez por Fizeau en 1851. Considérese un rayo de luz atravesando una
columna horizontal de agua que se mueve con una velocidad v. (a) Demostrar que si el rayo
viaja en la misma dirección del flujo de agua, la velocidad de la luz medida en el sistema
del laboratorio viene dada por
!
c 1 + nv/c
u=
,
n 1 + v/nc
donde n es el ı́ndice de refracción del agua. Nota: usar la ley de transformación de velocidades y notar que la velocidad de la luz con respecto al agua es c/n. (b) Mostrar que para
v c la expresión anterior está de acuerdo con el resultado experimental de Fizeau:
u≈
c
v
+ v − 2.
n
n
Esto demuestra que la transformación de las velocidades de Lorentz y no la de Galileo es la
correcta para la luz. Nota: el propio Einstein consideró la explicación de este efecto como
un gran triunfo de la relatividad especial y como un test decisivo para su validez. Puedes
aprender más acerca de este experimento histórico en:
http://en.wikipedia.org/wiki/Fizeau_experiment
Solución: (a) Para determinar la velocidad de la luz en el sistema del laboratorio hacemos uso de la ley relativista de composición de velocidades. En la disposición habitual,
suponemos que el agua es el sistema de referencia S 0 y que el laboratorio corresponde al
sistema S. De este modo, la velocidad que buscamos viene dada por
u0x + v
v + c/n
c
u=
=
=
0
2
2
1 + vux /c
1 + vc/(nc )
n
!
1 + nv/c
.
1 + v/nc
(b) Suponiendo que v c, podemos hacer una expansión de Taylor de la expresión
anterior usando v/c como el parámetro “pequeño”. La idea es la siguiente:
u=
c
1 + nx
f (x) donde f (x) =
con x = v/c.
n
1 + x/n
2
Es fácil demostrar que el desarrollo de Taylor de la función f (x) entorno a x = 0 viene dado
por (hasta primer orden en x):
f (x) = 1 + n −
1
x + O(x2 ).
n
De este modo,
c
v
c
v
1 + [n − 1/n]
= + v − 2.
n
c
n
n
Nótese que el resultado no relativista serı́a u = v + c/n. Por tanto, el resultado del experimento de Fizeau fue una clara demostración de que la ley de composición de velocidades
de Galileo no se aplica a la propagación de la luz.
u≈
3) Efecto Doppler transversal: En 1907 Einstein sugirió que una forma de confirmar
experimentalmente la relatividad especial serı́a la de medir la longitud de onda (o frecuencia)
aparente de la luz emitida transversalmente al sentido de movimiento de una fuente luminosa.
El objetivo de este ejercicio es entender esta afirmación estudiando lo que se conoce como
efecto Doppler transversal, un fenómeno que no existe en la mecánica newtoniana. Para
ello, consideremos el caso que se muestra en la figura en el que la luz de una fuente móvil le
llega a un observador formando un ángulo θ (medido por el observador). Demostrar que la
relación entre la frecuencia medida por el observador, f , y la frecuencia emitida, f0 , viene
dada por
f
1
=
,
f0
γ(1 − β cos θ)
√
donde β = v/c y γ = 1/ 1 − β 2 . Explicar lo que sucede en el caso θ = π/2.
S
S!
θ
v
x
observador
x!
emisor
Solución: Haciendo uso de las transformaciones de Lorentz para la energı́a y momento
de un fotón, tenemos que
E 0 = γ(E − βpx c) = γ(E − βE cos θ) = γE(1 − β cos θ),
donde hemos usado que px = p cos θ y E = pc. Si ahora hacemos uso de la relación de
Einstein E = hf (f = frecuencia observada) y E 0 = hf0 (f0 = frecuencia emitida), llegamos
a que
f
1
=
,
f0
γ(1 − β cos θ)
3
que es el resultado que querı́amos demostrar.
Para el caso θ = π/2 (luz transversal) tenemos que
f
1 q
= = 1 − β 2,
f0
γ
que se trata de un corrimiento al rojo (independiente del signo de β).
4) La paradoja de los gemelos: A y B son gemelos. A marcha hacia α-Centauro (a una
distancia de 4 años-luz) y regresa de nuevo a la Tierra. En ambos trayectos su velocidad
con respecto a la Tierra es de 0.6c y transmite una señal de radio cada 0.01 de año en su
sistema. Su hermano gemelo B emite de forma análoga una señal cada 0.01 de año en su
propio sistema en reposo.
(a) ¿Cuántas señales de las emitidas por A antes de iniciar el regreso recibe B?
(b) ¿Cuántas señales recibe A antes de iniciar el regreso?
(c) ¿Cuál es el número total de señales que recibe cada gemelo procedente del otro?
(d) ¿Quién es más joven al final del viaje? ¿Cuánto más joven es? Demostrar que los dos
gemelos se muestran de acuerdo con este resultado.
Solución: (a) Llegarán todas las señales que A emita antes de llegar a la estrella. Para
calcular el número de señales necesitamos saber el tiempo que tarda A en llegar a la estrella
desde su punto de vista, tA . Si definimos d = 4 años-luz como la distancia a la estrella
(medida desde la Tierra) y v = 0.6c la velocidad relativa entre los gemelos, tA será igual a
tA =
d/γ
16
=
años.
v
3
Nótese que hemos usado que para A la distancia de la Tierra a la estrella es igual a d/γ
(contracción de la longitud). De este modo, si A emite una señal cada 0.01 años (en su sistema), entonces el número total de señales en el viaje de ida será: (16/3 años)/(0.01 años) =
(1600/3) señales ≈ 533 señales.
(b) El intervalo de tiempo (medido desde A) entre dos señales consecutivas emitidas por
B viene dado por
vγTB
γTB +
,
c
donde TB = 0.01 años es el intervalo de tiempo entre dos señales medido por B. En la
expresión anterior, el primer término representa el intervalo de tiempo entre dos señales de
B tal y como lo mide A (dilatación del tiempo), mientras que el segundo corresponde al
tiempo que tarda en recorrer una señal la distancia que A se ha alejado desde la anterior
señal. La expresión anterior se reduce a:
s
γTB (1 + β) =
1+β
TB = 2TB = 0.02 años,
1−β
donde hemos usado que β = v/c = 0.6.
Por tanto, el número de señales recibidas por A antes del regreso será:
(16/3 años)/(0.02 años) = (800/3) señales ≈ 267 señales.
4
(c) En el viaje de regreso B recibe otra vez el mismo número de señales y, por tanto,
recibe en total 1067 señales. Por su parte, A recibe señales de B con un intervalo de tiempo
igual a
s
1−β
vγTB
= γTB (1 − β) =
TB = TB /2 = 0.005 años.
γTB −
c
1+β
Por tanto, en el viaje de regreso, A habrá recibido (16/3 años)/(0.005 años) =
(3200/3) señales ≈ 1067 señales y en total 1333 señales en todo el viaje.
(d) El gemelo A será más joven en un factor dado por el factor γ = 5/4 de la dilatación
del tiempo. Por tanto, como el viaje dura según B (8 años-luz)/(0.6c) = 40/3 años, para
A dura 32/3 años y, por tanto, A será 8/3 ≈ 2.66 años más joven al final del viaje. Ambos
gemelos están de acuerdo en el resultado. El gemelo A ha recibido más señales que B, lo
que indica que A debe concluir que ha transcurrido más tiempo para el gemelo B, o en otras
palabras que su reloj ha ido más deprisa. De hecho, el cociente entre el número de señales
recibidas por A y por B es simplemente 1333/1067 ≈ 5/4, que no es otra cosa que el factor
γ que determina la dilatación del tiempo.
5) La paradoja
√ de la pértiga y el pajar: un corredor se dirige hacia un pajar a una
velocidad de 3c/2 con una pértiga de 20 m de larga en su propio sistema de referencia. El
pajar tiene sus dos puertas, delantera y trasera, abiertas y las separa una distancia de 10 m.
(a) Calcular la longitud de la pértiga en el sistema de referencia del pajar (sistema S). (b)
Calcular la longitud del pajar en el sistema del corredor (sistema S 0 ). (c) Llámemos PA y PB
a los extremos delantero y trasero, respectivamente, de la pértiga y BA y BB a las puertas
delantera y trasera del pajar. Sea t = 0, x = 0, y t0 = 0, x0 = 0 cuando PA se encuentra
con BA . Calcular en ambos sistemas de referencia el tiempo y la posición de los siguientes
eventos: (i) PA se encuentra con BB , (ii) PB se encuentra con BA y (iii) PB se encuentra
con BB . Discutir en ambos sistemas de referencia la cuestión: ¿cabe la√pértiga en el pajar?
Solución: (a) Teniendo en cuenta que la velocidad relativa es v = 3c/2 y aplicando la
contracción de Lorentz:
(S 0 )
Lpertiga
20 m
(S)
Lpertiga =
=
= 10 m.
γ
2
(b) Del mismo modo
(S 0 )
Lpajar
(S)
L
10 m
= pajar =
= 5 m.
γ
2
(c) (i) PA se encuentra con BB en los instantes
(S 0 )
(S)
(S)
ti
L
L
(S 0 )
= pajar = 3.85 × 10−8 s y ti = pajar = 1.92 × 10−8 s.
v
v
(ii) PB se encuentra con BA en los instantes
(S 0 )
(S)
(S)
tii
L
L
(S 0 )
= pertiga = 3.85 × 10−8 s y tii = pertiga = 7.70 × 10−8 s.
v
v
5
(iii) PB se encuentra con BB en los instantes
(S)
(S)
tiii
(S 0 )
(S)
(S 0 )
L
+ Lpajar
L
+ Lpajar
(S 0 )
= 7.70 × 10−8 s y tiii = pertiga
= 9.62 × 10−8 s.
= pertiga
v
v
De este modo, es obvio que para alguien en reposo con respecto al pajar la pértiga sı́ que
cabe en el pajar, mientras que para el corredor esto no es posible ya que para cuando entra
el extremo trasero, el delantero ya ha salido del pajar.
Es instructivo calcular los tiempos en S 0 a partir de los tiempos en S (o viceversa) haciendo
uso de las transformaciones de Lorentz. Ası́ por ejemplo,

(S 0 )
ti
(S)
(S)

(S)
(S)
(S 0 )
L
vL
Lpajar /γ
Lpajar
γLpajar
(S)
2 2
=
= γ(ti − vxi /c2 ) = γ  pajar − pajar
(1
−
v
/c
)
=
=
,
v
c2
v
v
v
que es el resultado obtenido anteriormente. Del mismo modo, podemos demostrar que se
obtienen los mismos resultados de antes para los otros dos eventos.
6) (a) Demostrar el siguiente resultado, conocido como teorema de la componente cero:
sea q un cuadrivector y supongamos que una componente es cero en todos los sistema de
referencia. (Por ejemplo, q0 = 0 en todos los sistemas). Entonces, todas las componentes de
q son cero en todos los sistemas.
P
(b) Supongamos que el momento total tridimensional P~ = p~ de un sistema aislado se
conserva en todos los sistemas de referencia. Demostrar que si esto es cierto, entonces la
componente cero P0 del cuadridomento total P = (P0 , P~ ) debe conservarse también.
(c) Usar el teorema de la componente cero para demostrar el siguiente resultado: si
una componente del cuadrimomento total se conserva en todos los sistemas de referencia,
entonces todas las componentes se conservan.
Solución: (a) La componente cero (o podı́a ser cualquier otra) de un cuadrivector q se
transforma de un sistema de referencia inercial a otro del siguiente modo:
q00 =
3
X
Λ0i qi .
i=0
Si q00 = 0 para todos los sistemas de referencia, la única posibilidad de que se anule la suma
de la ecuación anterior es que las diversas componentes sean cero en todos los sistemas de
referencia.
(b) Sabemos que la norma del cuadrivector, P · P = P02 − P~ · P~ , es igual en todos los
sistemas de referencia. De este modo, si P~ · P~ es igual en todos los sistemas de referencia,
P0 también debe ser igual en todos los sistemas.
(c) Si la componente i del cuadrimomento total se conserva, es decir, si es igual antes
f
in
f
y después de una colisión o reacción, podemos escribir pin
i − pi = 0. Como pi − pi es un
cuadrivector con una componente cero en todos los sistemas de referencia, según el teorema
de la componente cero, todas sus componentes han de anularse en todos los sistemas de
referencia y, por tanto, todas las componentes del cuadrimomento se han de conservar en
todos los sistemas de referencia.
6
7) Deducir la ley de adición de velocidades relativista a partir de las leyes de transformación
de la cuadrivelocidad o velocidad propia.
Solución:
Recordemos que la cuadrivelocidad se define como u = γ(c, ~u)T , donde
q
γ = 1/ 1 − u2 /c2 y ~u es la velocidad habitual. Como u se transforma de acuerdo a las
transformaciones de Lorentz: u0 = Λ̂u y, por tanto,
c
c
γ −γβ 0 0
 −γβ γ 0 0   u 
 u0 
 x 


,

 x0  = γ 
γ0 
 0
 uy 
0 1 0   uy 
uz
0
0 0 1
u0z





q
donde γ 0 = 1/ 1 − (u0 )2 /c2 . Ahora, podemos hacer uso de que el tiempo propio es un
invariante Lorentz para escribir
dτ =
dt
dt0
dt0
γ(dt − vdx/c2 )
γ0
= 0 ⇒
=
=
= γ(1 − ux v/c2 ),
γ
γ
γ
dt
dt
donde en el último paso hemos usado la relación entre t y t0 via las transformaciones de
Lorentz. Usando esta relación entre los cocientes de γ, tenemos que
γ0 0
ux − βc
ux = −γβc + γux = γ(ux − βc) ⇒ u0x =
.
γ
1 − ux v/c2
Del mismo modo, es muy fácil mostrar que
u0y =
uy
uz
y u0z =
,
2
γ(1 − ux v/c )
γ(1 − ux v/c2 )
que es el resultado conocido.
7