Текст книги "Физика пространства - времени"
Автор книги: Джон Уиллер
Соавторы: Эдвин Тейлор
сообщить о нарушении
Текущая страница: 22 (всего у книги 27 страниц)
Δ
𝑡
=
𝐿
β𝑟
=
β𝑟(-1 м)+(1 м)/β𝑟
√1-β𝑟²
.
Отсюда
𝐿
=
√
1-β
𝑟
²
м
,
что и соответствует лоренцеву сокращению, наблюдаемому в лабораторной системе [формула (38)]. ▲
14. Замедление хода часов. II
Согласно условию задачи, Δ𝑥'=0, а Δ𝑡'≠0. Расстояние между двумя событиями в лабораторной системе отсчёта можно вычислить по формуле преобразования Лоренца
Δ
𝑥
=
0
+
Δ
𝑡'
sh
θ
𝑟
.
От нас требуется «измерить» время, прошедшее между этими событиями в лабораторной системе, разделив полученное выше расстояние на скорость движения обеих систем друг относительно друга:
Δ
𝑡
=
Δ𝑥
β𝑟
=
Δ𝑥
th θ𝑟
=
Δ
𝑡'
ch
θ
𝑟
Это и есть формула, описывающая замедление хода часов (44). ▲
15. Формулы преобразования Лоренца со временем в секундах
Просто подставим в формулы (37) 𝑡=𝑡сек/𝑐 и β𝑟=𝑣𝑟/𝑐. Обратные преобразования [(36) или (16)] примут тогда вид
𝑥
=
𝑥'
ch
θ
𝑟
+
𝑐𝑡
сек
'
sh
θ
𝑟
𝑥'+𝑣𝑟 𝑡сек'
√1-(𝑣𝑟/𝑐)²
,
𝑡
сек
'
+
𝑣
𝑟
𝑥'
𝑡
сек
=
𝑥'
sh
θ
𝑟
+
𝑡
сек
'
ch
θ
𝑟
=
𝑐²
,
𝑐
√
1-(𝑣
𝑟
/𝑐)²
▲
16. Вывод формул преобразования Лоренца
Из первого предположения следует условие 𝑎+𝑏=𝑒+𝑓, из второго – условие 𝑏-𝑎=𝑒-𝑓, а третье предположение даёт β𝑟=𝑏/𝑓. В совокупности из полученных трёх условий найдём 𝑓/𝑎=1, 𝑏/𝑎=𝑒/𝑎=β𝑟. Подставляя эти значения коэффициентов в исходные формулы для 𝑥 и 𝑡, запишите условие инвариантности интервала. Отсюда следует 𝑎=(1-β𝑟²)⁻¹/². Полученные формулы преобразования совпадают с (16). ▲
17. Собственная длина и собственное время
а) Направьте ось 𝑥' вдоль линии, соединяющей рассматриваемые события в лабораторной системе отсчёта. Сделайте предположение, что существует такая система отсчёта ракеты, в которой оба события происходят одновременно. Тогда преобразование Лоренца даёт
Δ
𝑡'
=
0
=-
Δ
𝑥
sh
θ
𝑟
+
Δ
𝑡
ch
θ
𝑟
,
откуда
sh θ𝑟
ch θ𝑟
=
th
θ
𝑟
=
β
𝑟
=
Δ𝑡
Δ𝑥
<
1.
Так как отношение Δ𝑡/Δ𝑥 меньше единицы, относительная скорость наших систем также меньше единицы, что подтверждает правильность предположения о существовании данной системы отсчёта ракеты. Из факта инвариантности интервала следует
(
Δ
𝑥)²
–
(
Δ
𝑡)²
=
(
Δ
𝑥')²
–
0²
=
(
Δ
σ)²
,
так что расстояние между событиями в системе отсчёта ракеты равно собственному расстоянию между этими событиями.
б) Снова направьте ось 𝑥 вдоль линии, соединяющей рассматриваемые события в лабораторной системе отсчёта. Сделайте теперь предположение. что существует такая система отсчёта ракеты, в которой оба события происходят в одном и том же месте. Тогда
Δ
𝑥'
=
0
=
Δ
𝑥
ch
θ
𝑟
–
Δ
𝑡
sh
θ
𝑟
,
откуда
th
θ
𝑟
=
β
𝑟
=
Δ𝑥
Δ𝑡
<
1,
что подтверждает правильность предположения о существовании данной системы отсчёта ракеты. Заметьте, что отношение Δ𝑥/Δ𝑡 есть просто та скорость, какой должен обладать в лабораторной системе наблюдатель на ракете, переносящийся от события к событию. Часть а) этого упражнения не содержит такой возможности. Из факта инвариантности интервала следует
(
Δ
𝑡)²
–
(
Δ
𝑥)²
=
(
Δ
𝑡')²
–
0²
=
(
Δ
τ)²
,
так что промежуток времени между этими событиями в данной системе отсчёта ракеты равен интервалу собственного времени между ними. ▲
18. Плоскость обоюдного согласия
Эту задачу можно решить двумя способами: во-первых, путём краткого рассуждения и, во-вторых, путём длинных математических преобразований (!). Рассуждения сводятся к следующему. Плоскость, на которой показания часов лаборатории и ракеты совпадают, должна быть перпендикулярна направлению относительного движения этих систем отсчёта, так как видеть сразу и лабораторные, и ракетные часы синхронизированными друг с другом можно лишь в такой плоскости [см. часть б) упражнения 11]. Однако лабораторная система отсчёта и система ракеты во всех отношениях взаимно равнозначны. Поэтому скорость «плоскости согласия» должна быть одинакова как с точки зрения системы отсчёта ракеты, так и с точки зрения лабораторной системы (разным может быть лишь её направление). Какая промежуточная скорость будет сохранять своё численное значение при переходе от первой системы отсчёта ко второй? Во всяком случае, не β/2. Предмет, движущийся в лабораторной системе со скоростью β/2, будет обладать в системе отсчёта ракеты скоростью, не равной – β/2 (ведь скорости не просто складываются). Однако предмет, движущийся в лабораторной системе так, что его параметр скорости равен θ𝑟/2, будет обладать в системе отсчёта ракеты параметром скорости – θ𝑟/2 (параметры скорости аддитивны). Поэтому скорость движения «плоскости согласия» должна быть равна в лабораторной системе отсчёта β=th ½θ𝑟, если, конечно, такая плоскость существует.
Математические преобразования, дающие тот же результат, состоят в следующем. Положите в преобразованиях Лоренца (36) 𝑡=𝑡'. Исключите затем из них 𝑥 и найдите, чему равно отношение 𝑥/𝑡 – скорость движения плоскости, на которой времена одинаковы. Вы получите (см. табл. 8):
2
sh²
θ
𝑟
𝑥
=
ch
θ
𝑟
–1
=
2
=
th
θ
𝑟
.
𝑡
sh
θ
𝑟
2
sh
θ
𝑟
sh
θ
𝑟
2
2
2
▲
19. Преобразование углов
Обозначим через Δ𝑥' проекцию метрового стержня на ось 𝑥' в системе отсчёта ракеты, а через Δ𝑦' – аналогичную проекцию на ось 𝑦'. Значит, тангенс угла φ' равен tg φ'=Δ𝑥'/Δ𝑦'. В лабораторной системе отсчёта 𝑦-проекция будет оставаться равной прежней 𝑦-проекции в системе ракеты, но 𝑥проекция подвергнется лоренцеву сокращению, согласно выводам упражнения 9. Мы получим
Δ
𝑦
=
Δ
𝑦'
,
где
Δ
𝑦
=
(1
м
)
sin φ'
,
и
Δ
𝑥
=
Δ
𝑥'
√
1-β
𝑟
²
,
где
Δ
𝑥'
=
(1
м
)
cos φ'
,
Отсюда легко вычислить величину тангенса искомого угла в лабораторной системе отсчёта
tg φ
=
Δ𝑦
Δ𝑥
=
tg φ'
√1-β𝑟²
.
Длина метрового стержня, измеренная в лабораторной системе отсчёта, равна
𝐿
=
√
(
Δ
𝑥)²+(
Δ
𝑦)²
.
Подставляя сюда полученные выше значения Δ𝑥 и Δ𝑦, найдём
𝐿
=
√
1-β
𝑟
²
cos²φ'
м
.
Рис. 142. Электрические силовые линии заряженной частицы в системе отсчёта ракеты.
Рис. 143. Электрические силовые линии заряженной частицы в лабораторной системе отсчёта.
Мысленно заменяя электрические силовые линии метровыми стержнями, можно выяснить, как выглядит электрическое поле вблизи заряженной частицы, покоящейся в системе отсчёта ракеты (на рис. 142 изображена картина, наблюдаемая в системе ракеты, а на рис. 143 – картина, наблюдаемая в лабораторной системе отсчёта). Мы считаем, что электрическая сила, действующая на пробный заряд, покоящийся в лабораторной системе отсчёта, пропорциональна плотности электрических силовых линий в том месте, где он находится. Следовательно, на пробные заряды, расположенные вдоль пути движения быстрой заряженной частицы (например, в точке 𝐴 на рис. 143), будет действовать сила, меньшая, чем если бы частица покоилась. В свою очередь на пробные заряды, расположенные в стороне от пути движения быстрой заряженной частицы, будет действовать в момент их наибольшего сближения (например, в точке 𝐵 на рис. 143) сила, превышающая ту, которая действовала бы, если бы частица – источник поля – покоилась. На этом и на подобных ему релятивистских эффектах основывается анализ электрического и магнитного полей в превосходной книге Парселла, выпущенной в издательстве Мак-Гроу Хилл. ▲
20. Преобразование скорости вдоль оси 𝑦
Из условия задачи мы знаем, что для любой пары событий на мировой линии частицы Δ𝑥'=0. Тогда из формул преобразования Лоренца
Δ
𝑦
=
Δ
𝑦'
,
Δ
𝑥
=
Δ
𝑡'
sh
θ
𝑟
,
Δ
𝑡
=
Δ
𝑡'
ch
θ
𝑟
,
откуда можно вычислить компоненты скорости в лабораторной системе отсчёта:
β
𝑦
=
Δ𝑦
Δ𝑡
=
Δ𝑦'
Δ𝑡' ch θ𝑟
=
β𝑦'
ch θ𝑟
,
β
𝑥
=
Δ𝑥
Δ𝑡
=
th
θ
𝑟
.
▲
21. Преобразование направлений скоростей
В системе отсчёта ракеты разности координат даются соотношениями
Δ
𝑦'
=
β'
sin φ'
⋅
Δ
𝑡'
и
Δ
𝑥'
=
β'
cos φ'
⋅
Δ
𝑡'
.
Найдём значения смещений Δ𝑦 и Δ𝑥 в лабораторной системе отсчёта, пользуясь формулами преобразования Лоренца (42), откуда угол между вектором скорости частицы и направлением относительного движения в лабораторной системе отсчёта оказывается равен
β'
sin
φ'
tg φ
=
Δ
𝑦
=
ch θ
𝑟
.
Δ
𝑥
β' cos φ'+β
𝑟
Отличие полученного угла от угла, найденного в упражнении 19, вытекает из того, что теперь мы рассматривали преобразование скорости – величины, включающей время. В последнем уравнении угол φ стремится к нулю при β𝑟→1, тогда как, напротив, в упражнении 19 мы нашли, что угол наклона метрового стержня по отношению к направлению относительного движения систем стремится к 90°, когда β𝑟→1. ▲
22. Эффект «прожектора» 1)
1) Здесь речь идёт о том пучке лучей, который испущен при единичной мгновенной вспышке. Если бы «прожектор» действовал непрерывно в течение всего времени, его луч, напротив, расширился бы вокруг оси, совпадающей с направлением движения (вперёд или назад—несущественно), концентрируясь с точки зрения неподвижного наблюдателя в перпендикулярном движению «прожектора» направлении (например, на летящем вместе с ним экране). См. в связи с этим упражнение 19. Я благодарен П. И. Филиппову, заметившему этот эффект и обратившему на него моё внимание.—Прим. перев.
В системе отсчёта ракеты проекция на ось 𝑥 пути, пройденного светом вспышки, равна Δ𝑥'=cos φ'⋅Δ𝑡'.
Чтобы найти Δ𝑥 и Δ𝑡 в лабораторной системе отсчёта, воспользуемся формулами преобразования Лоренца (42). Скорость распространения света вспышки β равна единице как в системе отсчёта ракеты, так и в лабораторной системе. Поэтому косинус угла между направлением луча и осью 𝑥 в лабораторной системе даётся выражением
Δ𝑥
Δ𝑡
=
cos φ
=
cos φ'+β𝑟
β𝑟 cos φ'+1
.
Это выражение совпадает с полученным в упражнении 21 в случае, когда β'=1, как можно показать на основании тригонометрических тождеств. Лучи, распространяющиеся в переднее полушарие в системе отсчёта ракеты, обладают углами, меньшими, чем φ'=90°. Из только что полученного выражения следует величина максимального угла для таких лучей в лабораторной системе отсчёта: cos φ=β𝑟 при φ'=90°.
Весь свет, испущенный лампой в её системе покоя в переднее полушарие, собирается в направленном вперёд конусе с таким углом раствора относительно направления движения лампы, если наблюдение проводится из лабораторной системы отсчёта. ▲
23. Парадокс эйнштейновского поезда – подробный пример
Решение дано в тексте.
24. Загадка Эйнштейна
Да, он увидит себя в зеркале. В его системе отсчёта, как и в любой другой инерциальной системе, свет обладает одной и той же скоростью. Своё изображение в зеркале он будет видеть точно таким же, как и при любой другой постоянной скорости движения относительно земли. ▲
25. Парадокс шеста и сарая
Рис. 144. Пространственно-временная диаграмма в системе отсчёта сарая.
Рис. 145. Пространственно-временная диаграмма в системе отсчёта бегуна.
Разрешение этого «парадокса» состоит в том, что в системе отсчёта бегуна передний конец шеста покидает сарай прежде, чем задний конец шеста входит в сарай. Поэтому с точки зрения бегуна шест вообще ни в какой момент времени не находится в сарае целиком. Последовательность событий можно подробнее проиллюстрировать двумя диаграммами пространства-времени (рис. 144 и 145), численные значения длин и моментов времени на которых можно получить из следующих соображений. Так как множитель, описывающий лоренцево сокращение, по условию задачи равен 2, то (см. упражнение 9)
ch θ
𝑟
=
2
.
Поэтому из тождества
ch²θ
–
sh²θ
=
1
следует, что
sh θ
𝑟
=
√
3
.
Отсюда относительная скорость двух систем отсчёта равна
β
𝑟
=
th θ
𝑟
=
√3
2
.
Чтобы найти численные значения, приведённые на рис. 144 и 145, достаточно воспользоваться этими данными, а также тем, что длина шеста в системе отсчёта бегуна равна 20 м, а в лабораторной системе 10 м. ▲
26. Война в космосе
Камень преткновения состоял в понятии одновременности —«в тот момент, когда» (см. также упражнение 11). Точки 𝑎 и 𝑎' могут поравняться друг с другом только в другом месте вдоль траектории относительного движения ракет, а не в точке, где производится выстрел из орудия. Поэтому момент, когда точки 𝑎 и 𝑎' поравнялись друг с другом, может совпадать с моментом выстрела лишь в какой-то одной из двух систем отсчёта. По условию задачи такая одновременность имеет место в системе 𝑂, так что рис. 42 правилен по определению. Но рис. 43 неверен: к тому времени, когда в системе 𝑂' поравняются точки 𝑎 и 𝑎', выстрел уже будет произведена Неверна и подпись под рис. 43: снаряд пролетит мимо ракеты с точки зрения обеих систем отсчёта. ▲
27. Парадокс часов
а) Возраст отправившегося в путешествие Петра будет при его возвращении равен (в годах): 21 (возраст на старте) + 7 (время, проведённое на удаляющейся от Павла ракете 𝐴) + 7 (время, проведённое на приближающейся к Павлу ракете 𝐵), т.е. всего 35 лет.
б) См. рис. 146.
Рис. 146.
в) Исходя из величины относительной скорости, равной 24/25, найдём значение гиперболического косинуса от параметра скорости
ch θ
𝑟
=
√
1-β
𝑟
²
=
25
7
.
Точка, в которой Пётр изменил свою скорость на обратную, имеет в системе отсчёта ракеты 𝐴 координату 𝑥'=0, так как Пётр всё время был в начале координат этой системы; время же, соответствующее этому моменту, равно в системе отсчёта ракеты 𝑡'=7 лет. Из формулы преобразования Лоренца для времени найдём, что момент изменения направления скорости в лабораторной системе отсчёта соответствует
𝑡
=
𝑥' sh
θ
𝑟
+
𝑡' ch
θ
𝑟
=
0+7
⋅
25
7
лет
.
Промежуток времени между расставанием и встречей в лабораторной системе отсчёта вдвое превышает это 𝑟, так что к моменту встречи Павлу исполнится 21 + 25 + 25 = 71 год, и он будет более чем в два раза старше, чем Пётр-путешественник! ▲
28. Предметы, движущиеся быстрее света
а) Когда стержень проходит в своём движении вниз расстояние Δ𝑦=β𝑦Δ𝑡, точка 𝐴 продвигается вдоль оси 𝑥 на расстояние Δ𝑥, даваемое выражением
Δ𝑦
Δ𝑥
=
tg φ
,
т.е.
Δ
𝑥
=
Δ𝑦
tg φ
=
β𝑦
tg φ
Δ
𝑡'
.
Поэтому скорость движения точки пересечения 𝐴 равна
β
𝐴
=
Δ𝑥
Δ𝑡
=
β𝑦
tg φ
.
Для любой величины β𝑦 можно подобрать такой достаточно маленький, но всё же отличный от нуля угол φ, что β𝐴 будет больше единицы, т.е. будет превышать скорость света. Но такое перемещение точки пересечения ни в коей мере не влечёт за собой передачи информации вдоль оси 𝑥 точно так же, как не происходит переноса информации между двумя будильниками, заранее поставленными на определённые моменты времени и зазвеневшими поэтому в разных точках пространства с таким интервалом времени между звонками, что свет не мог бы связать эти два события. В настоящем же примере нужно было предварительно в течение длительного срока ускорять длинный прямой стержень, пока он не приобрёл бы своей конечной скорости, а наблюдатель в начале координат не имеет никакого шанса передать только что появившуюся у него информацию другому наблюдателю, находящемуся далеко от него вдоль оси 𝑥, с помощью мчащейся точки пересечения. В части б) этого упражнения рассмотрена безуспешная попытка передать такую вновь полученную информацию со сверхсветовой скоростью.
б) В этом случае точка пересечения сможет перемещаться вправо не быстрее, чем со скоростью распространения в стержне акустических волн, т.е. со скоростью, во много раз меньшей, чем скорость света.
в) Обозначим угловую скорость вращения прожектора через ω (в радианах в секунду). Условие того, что скорость поворота луча превышает 𝑐, имеет вид
ω𝑟
>
𝑐
или
𝑟
>
𝑐/ω
.
Указанное в условии предупреждение вовсе не передаётся от 𝐴 к 𝐵, совершенно так же, как оно не передавалось бы в случае, если будильники поставлены на очень близкие друг к другу моменты времени.
г) Да, скорость луча на экране может превышать скорость света, как и скорость вращения луча прожектора в части в) этого упражнения могла быть больше 𝑐. ▲
29. Синхронизация движущимися часами – подробный пример
Решение дано в тексте.
30. Конструкция часов и замедление их хода
В основе всех рассуждений лежит допущение, что невозможно определить абсолютную скорость движения инерциальной системы отсчёта исходя из вида физических законов, записанных в этой системе, и из входящих в них численных значений констант. Принцип работы любых реальных часов использует скорость протекания тех или иных физических процессов. Возьмём в одной инерциальной системе покоящиеся часы различных конструкций и сравним их ход; затем проделаем это для такого же набора часов, покоящихся в другой инерциальной системе. Если относительный ход часов разных конструкций будет меняться от одной инерциальной системы к другой, то это позволило бы найти абсолютное различие между разными инерциальными системами. Такое неодинаковое поведение разных физических процессов при переходах между системами отсчёта противоречило бы принципу относительности, и поэтому мы должны признать, что это невозможно. Взяв в исходной инерциальной системе часы, прокалиброванные в метрах светового времени, и осторожно ускорив их так, чтобы они в конце концов стали покоиться в другой инерциальной системе отсчёта, движущейся равномерно и прямолинейно относительно первой, мы (как следует предположить) получим в этой второй системе часы, правильно прокалиброванные в метрах светового времени. ▲
31. Инерциальные системы отсчёта, связанные с Землёй
а) Путь по вертикали 𝑧, пройденный за время 𝑡сек при свободном падении первоначально покоившейся частицей, находится из формулы
𝑧
=
1
2
𝑔𝑡
сек
²
Здесь 𝑔≈10 м/сек² —«гравитационное ускорение» (ускорение силы тяжести) вблизи поверхности Земли. В нашем случае время падения лишь немного превышает 1 метр светового времени, т.е. около 3,3⋅10⁻⁹ сек. Отсюда
𝑧
≈
10
2
⋅
(3,3⋅10⁻⁹)²
≈
5⋅10⁻¹⁷
м
.
Это на два порядка меньше размеров атомного ядра! Итак, пространственно-временная область размерами (1 м × 1 м × 1 м пространстве) × 1 м во времени является инерциальной с точностью до 5⋅10⁻¹⁷ м. Пусть, например, пройденное при падении расстояние измеряется интерференционными методами при помощи видимого света. Тогда минимальное обнаружимое смещение при падении примерно равно длине световой волны – около 5000 Å (5⋅10⁻⁷ м). Чтобы частица при своём падении пролетела такой путь, требуется
⎛
⎜
⎝
(Путь)⋅2
𝑔
⎞½
⎟
⎠
=
3⋅10⁻⁴
сек
=
=
10⁵
м
светового времени.
За такой срок частица, летящая с околосветовой скоростью, прошла бы в искровой камере приблизительно 𝐿=10⁵ м =100 км!
б) За 22 м светового времени (т.е. 73⋅10⁻⁹ сек =73 нсек) частица пройдёт при падении из состояния покоя путь 𝑧, приблизительно равный
𝑧
=
10
2
⋅
(73⋅10⁻⁹)²
≈
2,5⋅10⁻¹⁴
м
,
что примерно втрое превышает диаметр нуклона. С такой точностью является инерциальной связанная с Землёй система отсчёта в опыте Майкельсона – Морли. ▲
32. Размеры инерциальной системы
a1) На рис. 46 являются подобными два треугольника с острым углом θ соответственно при вершинах в точке 𝐵 и в центре Земли. Меньшая сторона первого из них равна ε/2, а второго 25/2 м. Записывая формулу пропорциональности соответствующих сторон подобных треугольников, получим
ε/2
250 м
=
(25 м)/2
6,4⋅10⁶ м
,
откуда ε≈10⁻³ м, что и следовало доказать.
а2) Замените на рис. 46 пометку «25 м» на Δ𝑥, а 𝑟𝑒 – на 𝑟. Пусть ускорение, действующее по направлению от точки 𝐵 к центру Земли, равно 𝑎*. Тогда проекция этого ускорения на ось 𝑥, параллельную поверхности Земли, составляет 𝑎* sin θ. Относительное ускорение (Δ𝑎𝑥)* двух частиц (первая падает из точки 𝐵, а вторая – из 𝐴) вдвое превышает эту величину и имеет обратный ей знак:
(
Δ
𝑎
𝑥
)*
=-
2𝑎*
sin θ
.
Из правого треугольника, острый угол θ которого помещён в центре Земли, найдём
sin θ
=
Δ𝑥
2𝑟
,
так что окончательно
(
Δ
𝑎
𝑥
)*
=-
2𝑎*
Δ𝑥
2𝑟
=-
Δ𝑥
𝑟
𝑎*
,
что и требовалось получить.
б1) Воспользуемся данным в тексте советом; тогда
𝑎*
⎪
⎪𝑟
=
const
𝑟²
;
𝑎*
⎪
⎪𝑟+Δ𝑧
=
const
(𝑟+Δ𝑧)²
=
const
𝑟²
⎛
⎜
⎝
1+
Δ𝑧
𝑟
⎞⁻²
⎟
⎠
=
=
const
𝑟²
⎡
⎢
⎣
1-2
Δ𝑧
𝑟
+3
⎛
⎜
⎝
Δ𝑧
𝑟
⎞²
⎟
⎠
–
…
⎤
⎥
⎦
,
где взята формула бинома Ньютона. Учтём, что Δ𝑧 много меньше, чем 𝑟, и пренебрежём поэтому всеми членами разложения, за исключением первых двух. Вычитая теперь величину 𝑎* в точке 𝑟 из 𝑎* в точке 𝑟+Δ𝑧, получим
Δ
𝑎*
≈-
2
𝑎*
𝑟
Δ
𝑧
.
Знак «минус» означает, что ускорение будет тем меньше, чем больше высота. Две частицы, начавшие падение из состояния покоя в точках, лежащих одна над другой (на одной вертикали), подвергаются действию относительного ускорения, и расстояние между ними будет возрастать. Такое относительное ускорение (Δ𝑎𝑧)* положительно и по абсолютной величине равно Δ𝑎*:
(
Δ
𝑎
𝑧
)*
≈+
2
𝑎*
𝑟
Δ
𝑧
.
что и требовалось доказать.
б2) Расстояние, пройденное из состояния покоя под действием постоянного ускорения, пропорционально этому ускорению. Сравнивая между собой уравнения (52) и (53), следует заключить, что ускорение одной частицы относительно другой теперь будет вдвое больше, чем в части а), и к тому же противоположного знака. Значит, вместо уменьшения расстояния на 10⁻³ м [часть а)] мы должны иметь теперь увеличение расстояния на 2⋅10⁻³ м. Поэтому таблицу на стр. 99 следует пересмотреть следующим образом. В первом столбце запишите ε≥2⋅10⁻³ м; в третьем столбце Δ𝑥=0; в четвёртом столбце Δ𝑦 и Δ𝑧≤25 м. Если бы мы в первом столбце ничего не изменили, то в четвёртом столбце нам пришлось бы записать: Δ𝑦≤25 м, Δ𝑧≤12,5 м.
в) Следуя данным здесь советам, найдём
𝑎*
~
1
/
𝑟²
,
(
Δ
𝑎
𝑥
)*
~
Δ
𝑥
/
𝑟³
,
ε
~
(
Δ
𝑎
𝑥
)*
(
Δ
𝑡)²
,
ε
~
Δ
𝑥
(
Δ
𝑡)²
/
𝑟³
.
Если здесь оставить ε прежним, то следует увеличить Δ𝑥 в 8 раз, Δ𝑡 в 14 раз, т.е. (Δ𝑡)² в 200 раз. Поэтому числитель в последней дроби увеличится в 1600 раз, и если мы хотим во всех случаях сохранить одно и то же значение ε, то нужно, чтобы 𝑟³ также возросло в 1600 раз:
𝑟³
≈
1600
𝑟
𝑒
³
.
Отсюда найдём
𝑟
≈
12
𝑟
𝑒
.
▲
33. Опыт Майкельсона – Морли
а) При полёте против ветра самолёт движется относительно Земли со скоростью 𝑐-𝑣. Поэтому он проходит отрезок 𝐴𝐵 за время 𝑡₁=𝑑/(𝑐-𝑣), где 𝑑 – длина отрезка 𝐴𝐵.
При полёте с попутным ветром самолёт имеет относительно Земли скорость 𝑐+𝑣, и срок обратного полёта оказывается равен 𝑡₂=𝑑/(𝑐+𝑣).
Полное время полёта по замкнутому маршруту равно
𝑡₁
+
𝑡₂
=
2𝑑/𝑐
1-(𝑣/𝑐)²
.
Но 2𝑑/𝑐 – время такого полёта в отсутствие ветра. Значит, время, необходимое для перелёта по замкнутому маршруту между 𝐴 и наветренным пунктом 𝐵, превышает время для такого же перелёта в условиях штиля в 1/[1-(𝑣/𝑐)²] раз, что и требовалось показать.
Полёт против ветра требует большей затраты времени, чем полёт по ветру. Поэтому средняя скорость относительно Земли при полёте по замкнутому маршруту должна быть меньше, когда дует ветер, чем при штиле. Это особенно ясно в предельном случае, когда скорость ветра 𝑣 приближается к величине скорости самолёта относительно воздуха 𝑐. При этом самолёт может вернуться из 𝐵 в 𝐴 за короткий срок
𝑑
𝑐+𝑣
≈
𝑑
2𝑣
,
но зато ему необходимо очень большое время, чтобы долететь против ветра из 𝐴 в 𝐵 вначале.
б) Чтобы ветер его не сносил в сторону, самолёт должен развить скорость против ветра, равную относительно воздуха скорости самого ветра, т.е. 𝑣. Абсолютная же величина скорости самолёта относительно воздуха равна 𝑐. Применяя теорему Пифагора к треугольнику скоростей, обнаружим, что скорость самолёта поперёк ветра (равная его скорости относительно Земли) составляет √𝑐²-𝑣². Чтобы покрыть с такой скоростью полный путь 2𝑑 (полёт по замкнутому маршруту), требуется время
2𝑑
√𝑐²-𝑣²
=
2𝑑/𝑐
√1-(𝑣/𝑐)²
,
в 1/√1-(𝑣/𝑐)² раз превышающее срок полёта по замкнутому маршруту 2𝑑/𝑐 при штиле.
в) Примем длину пути по замкнутому маршруту равной 𝐿=2𝑑. Тогда разность времён таких полётов в двух взаимно перпендикулярных направлениях получится, если вычесть из выражения, найденного в части а) этого упражнения, выражение, найденное в части б):
Δ
𝑡
=
𝐿/𝑐
1-(𝑣/𝑐)²
–
𝐿/𝑐
√1-(𝑣/𝑐)²
.
Разлагая по формуле бинома Ньютона выражения в скобках, найдём
Δ
𝑡
=
𝐿
𝑐
⎧
⎨
⎩
⎡
⎢
⎣
1
+
⎛
⎜
⎝
𝑣
𝑐
⎞²
⎟
⎠
+
⎛
⎜
⎝
𝑣
𝑐
⎞⁴
⎟
⎠
+…
⎤
⎥
⎦
–
-
⎡
⎢
⎣
1
+
1
2
⎛
⎜
⎝
𝑣
𝑐
⎞²
⎟
⎠
+
3
8
⎛
⎜
⎝
𝑣
𝑐
⎞⁴
⎟
⎠
+…
⎤
⎥
⎦
⎫
⎬
⎭
.
При 𝑣/𝑐≪1 величина Δ𝑡 достаточно точно выражается одним членом низшей степени по 𝑣/𝑐:
Δ
𝑡
≈
𝐿
2𝑐
⎛
⎜
⎝
𝑣
𝑐
⎞²
⎟
⎠
.
Это и требовалось доказать. Первым вернётся в 𝐴 самолёт, летавший поперёк ветра.
г) Разрешая последнее уравнение относительно 𝑣 и подставляя численные значения из условия задачи, получим 𝑣=14 км/час. Направление ветра ориентировано вдоль маршрута того самолёта, который вернулся последним. Однако данные условия задачи не позволяют определить, в каком из двух направлений, параллельных этому маршруту, собственно дует ветер.
д) Подставляя в формулу, полученную в части в) этого упражнения, величины
𝐿
=
22
м
,
𝑣
=
30⋅10³
м
/
сек
,
𝑐
=
3⋅10⁸
м
/
сек
,
найдём
Δ
𝑡
=
11
3
⋅
10⁻¹⁶
сек
.
е) Полагая Δ𝑡≤10⁻²
𝑇
=
2⋅10⁻¹⁷
сек
=
𝐿
𝑐
⎛
⎜
⎝
𝑣
𝑐
⎞²
⎟
⎠
(обратите внимание на то, что множитель 1/2 в выражении для Δ𝑡 в части в) сокращается) и подставляя сюда данные задачи, получим
𝑣
≤
5⋅10³
м
=
1
6
𝑣
𝑒
.
ж) Нет, сам по себе опыт Майкельсона не служит опровержением теории распространения света в эфире. Например, могло бы случиться, что Земля увлекает эфир за собой, так что экспериментальная установка покоится относительно находящегося около поверхности Земли эфира. Для проверки этого предположения некоторые исследователи предлагали (и провели такой эксперимент!) разместить приборы на вершине горы; для этого можно было бы использовать и спутники. Для того чтобы специалисты, работающие в соответствующей области науки, отреклись от какой-либо тщательно разработанной теории, требуется опровергнуть её целым рядом всесторонне поставленных опытов, и опыт Майкельсона – Морли оказался первым ударом, нанесённым теории светового эфира, от которого она уже никогда полностью не оправилась. ▲
34. Эксперимент Кеннеди – Торндайка
а) За время Δ𝑡 (в секундах) свет проходит расстояние 𝑐Δ𝑡 метров. В данном случае его следует приравнять разности длин двух замкнутых путей 2Δ𝑙, так что Δ𝑡=2Δ𝑙/𝑐. Так как Δ𝑙=16⋅10⁻² м, эта разность времён составляет Δ𝑡≈10⁻⁹ сек=1 нсек.
б) 𝑛=Δ𝑡/𝑇≈10⁻⁹/(2⋅10⁻¹⁵)=5⋅10⁵ периодов. Величину 𝑛 можно найти также из формулы
𝑛
=
2Δ𝑙
𝑐𝑇
.
в) Предположим, что число 𝑛 не изменяется (не наблюдается перехода от света к темноте в поле зрения телескопа). Тогда должна быть постоянна и скорость 𝑐, так как отношение Δ𝑙/𝑇 не изменяется. Здесь стандартом длины (предполагается, что она не изменяется) служат размеры кварцевой плиты, на которой смонтирован интерферометр, тогда как постоянные интервалы времени задаются периодом света, излучаемого атомами.
г) Взяв приращение для выражения (54) в предположении постоянства Δ𝑙/𝑇, получим
𝑑𝑐
=-
2
𝑑𝑛
𝑛²
Δ𝑙
𝑇
или
𝑑𝑐
𝑐
=-
𝑑𝑛
𝑛
.
Подставляя сюда условия задачи и вычисленную выше величину 𝑛=5⋅10⁵, получим при 𝑑𝑛≤3/1000
⎪
⎪
⎪
𝑑𝑐
𝑐
⎪
⎪
⎪
≤
3
1000
⋅
1
5⋅10⁵
=
3
5
⋅
10⁻⁸
,
или
𝑑𝑐
≤
3
5
⋅
10⁻⁸
⋅
3
⋅
10⁸
≈
2
м
/
сек
,
в качестве того наибольшего изменения скорости света, которое ещё не могло быть обнаружено в этом чрезвычайно тонком эксперименте (эта величина приведена в табл. 4 на стр. 26). ▲
35. Эксперимент Дикке
а) Пусть шар из меди падает с ускорением 𝑔₁, а шар из золота – с ускорением 𝑔₂=𝑔₁+Δ𝑔, лишь немного превышающим предыдущее. Их разность Δ𝑔 обусловлена сопротивлением воздуха и возрастает к концу падения. Мы, однако, упростим рассуждения, предположив, что Δ𝑔 равняется некоторой средней величине в течение всего процесса падения. Тогда пути, пройденные шарами за одно и то же время падения 𝑡, равны
𝑠₂
=
1
2
(𝑔₁+
Δ
𝑔)
𝑡²
и
𝑠₁
=
1
2
𝑔₁
𝑡²
.
Их разность составляет
𝑠₂
–
𝑠₁
=
Δ
𝑠
=
1
2
Δ
𝑔
⋅
𝑡²
.
Разделив левую и правую стороны этого равенства на соответствующие стороны уравнения движения шара из меди, найдём
Δ𝑠
𝑠₁
=
Δ𝑔
𝑔₁
.
Измерения Галилея дали численные значения 𝑠₁=46 м и Δ𝑠=7⋅10⁻² м, т.е.
Δ𝑔
𝑔₁
=
7⋅10⁻²/46
≈
10⁻³
.
Таково наибольшее значение относительного различия ускорения силы тяжести для разных объектов, не противоречащее наблюдениям Галилея. Примем теперь это отношение равным наибольшей величине, не противоречащей новейшему эксперименту Дикке:
Δ𝑔
𝑔
≤
3⋅10⁻¹¹
(по Роллу, Кроткову и Дикке).
Тогда при падении с той же высоты 46 м один шар опередил бы другой не более чем на отрезок
Δ
𝑠
=
𝑠₁
Δ𝑔
𝑔₁
=
46⋅3⋅10⁻¹¹
м
=
1,5⋅10⁻⁹
м
,
что примерно в десять раз меньше характерных размеров атома. Если бы мы потребовали, чтобы разность Δ𝑠 равнялась целому миллиметру, т.е. 10⁻³ м, то шары пришлось бы сбросить в постоянном гравитационном поле с высоты 𝑠₁ равной
𝑠₁
=
Δ𝑠
Δ𝑔/𝑔₁
=
10⁻³
3⋅10⁻¹¹
=
1
3
⋅
10⁸
м
,
что составляет около одной десятой расстояния от Земли до Луны (3,8⋅10⁸ м). Излишне говорить, что гравитационное поле Земли не постоянно (не однородно) на таком протяжении.
б) Условия равновесия состоят в равенстве нулю как результирующей горизонтальной компоненты силы, так и её результирующей вертикальной компоненты. Из рис. 50 и 51 видно, что эти условия выполняются, если
𝑇 sin ε
=
𝑚𝑔
𝑠
,
𝑇 cos ε
=
𝑚𝑔
.
Взяв отношения соответствующих сторон этих равенств, получим
tg ε
≈
ε
≈
𝑔𝑠
𝑔
,
откуда
𝑔
𝑠
≈
𝑔ε
.
в) Подставляя значения постоянных, данные в конце этой книги, и взяв в качестве 𝑀 массу Солнца, найдём
𝑔
𝑠
=
𝐺𝑀
𝑅²
=
5,94⋅10⁻³
м
/
сек
²
.
г) Подставляя значения постоянных, найдём
𝑣²
𝑅²
=
5,94⋅10⁻³
м
/
сек
²
.
В ускоренной системе отсчёта, связанной с Землёй, это «центробежное ускорение», увлекающее предметы от Солнца, уравновешивается центростремительным ускорением силы тяжести, величина которого вычислена в части в). Полная величина ускорения, наблюдаемая в ускоренной системе отсчёта Земли, равна нулю.
д) Формула (55) непосредственно следует из определения закручивающего момента и из ситуации, изображённой на рис. 52. Подставим 𝑔𝑠=6⋅10⁻³ м/сек² [см. часть в) этого упражнения] и получим величину полного закручивающего момента со стороны гравитационного поля Солнца:
⎛
⎜
⎝
Закручивающий
момент
⎞
⎟
⎠
=
(0,03
кг
)
⋅
(6⋅10⁻³
м
/
сек
²)
×
×
(3⋅10⁻¹¹)
⋅
(0,03
м
)
=
1,6⋅10⁻¹⁶
кг
⋅
м
²
/
сек
²
.
Если поместить на конец метрового стержня одну бактерию (с массой около 10⁻¹⁵ кг), то это даст закручивающий момент, примерно равный
(10⁻⁵
кг
)
(10
м
/
сек
²)
(1/2
м
)
≈
5⋅10⁻¹⁵
кг
⋅
м
/
сек
²
,
что почти в тридцать раз превышает самое большое значение закручивающего момента, какое только может дать притяжение Солнца в крутильных весах Дикке!
е) Ответ очевиден из рис. 52.
ж) Приравняйте 𝑘θ закручивающему моменту, данному уравнением (55), и вы получите искомый результат.
з) θполн=1,6⋅10⁻⁸ рад. ▲
36. Долой теорию относительности!
а) См., что получено в упражнении 10 относительно замедления хода часов.
б) См. упражнение 9 (Лоренцево сокращение – подробный пример).
в) Один из основных выводов частной теории относительности состоит в том, что пространственные координаты событий неодинаковы в системе отсчёта ракеты и в лабораторной системе отсчёта, а также что промежуток времени между событиями может быть различен с точки зрения двух инерциальных систем, движущихся друг относительно друга равномерно и прямолинейно. То, что теория отражает эти факты, существующие в природе, совсем даже не плохо. Просто так устроен наш мир! Если нам требуется привязать наблюдательные данные к конкретной системе отсчёта, то теория относительности даёт возможность найти значения координат в этой системе, если уже известны их значения в какой-то другой системе отсчёта. Теория относительности указывает, как связаны между собой значения скоростей одних и тех же частиц с точки зрения различных взаимно перекрывающихся систем отсчёта. Подводя итог, можно перечислить заслуги теории относительности:
