Docentencursus relativiteitstheorie Uitwerkingen opgaven bijeenkomst 1, "Waarom relativiteit?" ‐ 18 september 2013 De opgaven die met een "L" zijn aangegeven, zijn op leerlingenniveau ‐ dit zijn dus opgaven die in de les of in een examen zouden kunnen voorkomen. De opgaven die met een "D" zijn aangegeven, zijn op docentenniveau. Deze opgaven zijn bedoeld om het inzicht en de kennis van de docent te verdiepen. Opgave 1 (L): Wisselen van referentiekader in de klassieke mechanica Een waarnemer, A, staat op het perron. Hij ziet een trein met 20 m/s naar rechts langsrijden met daarin zijn vriend, B. Tegelijkertijd ziet hij op een ander spoor een trein met 30 m/s naar links langsrijden met daarin een andere vriend, C. a) Met welke snelheden ziet waarnemer B de waarnemers A en C bewegen? Waarnemer B beweegt met 20 m/s naar rechts ten opzichte van A. Waarnemer B ziet A dus met 20 m/s naar links bewegen. Waarnemer C beweegt ten opzichte van A met 30 m/s naar links. Ten opzichte van B beweegt hij dus met 30 + 20 = 50 m/s naar links. (In de klassieke mechanica kunnen we snelheden gewoon optellen.) b) Met welke snelheden ziet waarnemer C de waarnemers A en B bewegen? Waarnemer C beweegt met 30 m/s naar links ten opzichte van A. Waarnemer C ziet A dus met 30 m/s naar rechts bewegen. Waarnemer B beweegt ten opzichte van A met 20 m/s naar rechts. Ten opzichte van C beweegt hij dus met 20 + 30 = 50 m/s naar rechts. (In de klassieke mechanica kunnen we snelheden gewoon optellen.) De drie vrienden passeren elkaar op exact hetzelfde tijdstip, dat we t=0 s noemen. Ze hebben afgesproken dat A op t=10 s in zijn handen klapt, B op t=15 s, en C op t=20 s. c) Teken (in het klassieke wereldbeeld) een ruimte‐tijdgrafiek vanuit het gezichtspunt van A, waarin de beweging van zijn vrienden is weergegeven. Geef ook de drie gebeurtenissen aan waarop de drie vrienden in hun handen klappen. Zie de grafiek op de volgende bladzijde. Horizontaal staat de plaats x uitgezet, verticaal de tijd t. Eén hokje langs de x‐as komt overeen met 200m. Eén hokje langs de t‐as komt overeen met 10s. De rode lijn geeft de positie van waarnemer A aan, de blauwe lijn de positie van waarnemer B, en de groene lijn de positie van waarnemer C. De zwarte stippen geven de gebeurtenissen weer waarbij de waarnemers in hun handen klappen.
d) Teken dezelfde ruimte‐tijdgrafiek vanuit het gezichtspunt van B. Zie de grafiek hieronder. Eenheden en kleuren zijn als in de grafiek hierboven. Als we de twee grafieken vergelijken,zien we dat tijd absoluut is maar ruimte niet: de zwarte stippen bevinden zich in beide grafieken op dezelfde hoogte, maar op verschillende plaatsen in de x‐richting.
Opgave 2 (L): Wisselen van referentiekader in de relativiteitstheorie In het onderstaande (relativistische) ruimtetijddiagram zijn de referentiekaders van twee waarnemers aangegeven met doorgetrokken en gestippelde lijnen. De stippen geven drie verschillende gebeurtenissen aan. Het diagram is getekend vanuit het gezichtspunt van de "doorgetrokken" waarnemer: zijn ruimte‐ en tijdlijnen staan loodrecht op elkaar.
a) Teken hetzelfde ruimtetijddiagram vanuit het gezichtspunt van de "gestippelde" waarnemer. We tekenen allereerst de ruimte‐ en tijdlijnen van de gestippelde waarnemer: deze staan nu loodrecht op elkaar. Vervolgens tekenen we de ruimte‐ en tijdlijnen van de doorgetrokken waarnemer. Als de gestippelde waarnemer ten opzichte van de doorgetrokken met een snelheid v naar rechts beweegt, beweegt de doorgetrokken ten opzichte van de gestippelde met een snelheid v naar links. De ruimtetijdlijnen van de doorgetrokken waarnemer staan in het tweede ruimtetijddiagram (vanwege het relativiteitsprincipe) dus precies gespiegeld aan hoe de gestippelde lijnen in de oorspronkelijke afbeelding liepen. Tenslotte tekenen we de drie gebeurtenissen in het nieuwe diagram. Dit is een kwestie van "hokjes tellen": de meest rechter gebeurtenis bevindt zich in het eerste diagram bijvoorbeeld op coördinaten (x,t)=(2, 1.5) ‐ we gaan dus ook in het tweede diagram vanuit de oorsprong twee hokjes langs de doorgetrokken lijnen naar rechts, en anderhalf hokje omhoog. Het eindresultaat is als volgt:
b) Welke gebeurtenissen vinden voor beide waarnemers in dezelfde volgorde plaats, en welke niet? De twee bovenste (laatste) gebeurtenissen veranderen van volgorde; de andere paren gebeurtenissen vinden voor beide waarnemers in dezelfde volgorde plaats. We zien dat, doordat het begrip gelijktijdigheid waarnemerafhankelijk is, ook de volgorde van gebeurtenissen voor waarnemers kan verschillen. Later zullen we zien dat dit alleen kan voorkomen als de gebeurtenissen zo ver uit elkaar plaatsvinden dat een lichtsignaal van de ene gebeurtenis de andere niet kan bereiken. Op deze manier ontstaan er geen probleem met causaliteit (oorzakelijk verband): geen van beide gebeurtenissen kan de ander beïnvloeden. Opgave 3 (L): Ruimtetijddiagrammen tekenen Teken in een of meerdere ruimtetijddiagrammen: a) De wereldlijnen van een lichtflits die in de oorsprong ontstaat. De wereldlijnen van het licht vertrekken vanuit de oorsprong en maken hoeken van 45 graden met de assen ‐ zie afbeelding op de volgende bladzijde.
b) Het pad in de ruimtetijd van een liniaal die op t=0 s tussen de punten x=1 ls en x=2 ls is uitgestrekt, en die met de helft van de lichtsnelheid naar rechts beweegt. Zie de afbeelding hieronder. Let op: het feit dat de liniaal zich op t=0 uitstrekt tussen de punten x=1 ls en x=2 ls betekent dat de liniaal voor de stilstaande waarnemer 1 ls lang lijkt. We zullen later bij het onderwerp "Lorentzcontractie" zien dat een meebewegende waarnemer een andere lengte voor de liniaal waarneemt!
c) Twee spiegels die met de helft van de lichtsnelheid naar links bewegen, en die zich op t=0 s bevinden op x=0 ls en x=1 ls. Teken ook een lichtflits die vanuit de oorsprong naar rechts beweegt en tussen deze twee spiegels heen‐ en weerkaatst. Zie de afbeelding hieronder. (Uitleg op de volgende pagina.)
Wat aan deze afbeelding opvalt is dat voor de stilstaande waarnemer het licht veel korter naar rechts beweegt dan naar links. Vanuit de stilstaande waarnemer is dit eenvoudig te verklaren: als het licht naar rechts beweegt komt de spiegel het licht tegemoet; als het licht naar links beweegt moet het de spiegel inhalen. Voor een met de spiegels meebewegende waarnemer moeten de reistijden naar links en naar rechts wel hetzelfde zijn. We zullen in opgave 6 zien hoe we dit feit kunnen gebruiken om de ruimtelijnen van de meebewegende waarnemer te tekenen. Opgave 4 (D): Het relativiteitsbeginsel. Een kogel met massa m1=2 kg beweegt met een snelheid van v1=4 m/s naar rechts. Een kogel met een massa m2=3 kg beweegt met een snelheid van v2=6 m/s naar links. De twee kogels botsen volkomen elastisch ‐ dat wil zeggen: de totale impuls en kinetische energie zijn na de botsing behouden. a) Met welke snelheden vliegen de kogels na de botsing uit elkaar? De totale impuls voor de botsing is ptot = m1 v1 + m2 v2 = ‐10 kg m/s. De totale kinetische energie voor de botsing is Etot = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 = 70 J. Impuls en kinetische energie zijn behouden, dus ook voor de snelheden ui na de botsing moet gelden dat
m1 u1 + m2 u2 = ‐10 kg m/s 1/2 m1 u12 + 1/2 m2 u22 = 70 J
Invullen van de massa's en wat verdere algebra (los de eerste vergelijking bijvoorbeeld op voor u1 als functie van u2, vul in in de tweede, en los de resulterende kwadratische vergelijking op voor u2) levert twee oplossingen: 1. u1 = 4 m/s, u2 = ‐ 6 m/s 2. u1 = ‐ 8 m/s, u2 = 2 m/s De eerste oplossing geeft de oorspronkelijke situatie terug: dit is het onfysische geval waarin de kogels "door elkaar heen vliegen". De tweede oplossing is dus degene die we zoeken: de eerste kogel vliegt met 8 m/s terug naar links, de tweede vliegt met 2 m/s terug naar rechts. b) Reken deze snelheden om (in het wereldbeeld van Galileï) naar het referentiekader waarin de eerste kogel in eerste instantie stilstaat. In het oorspronkelijke referentiekader beweegt de eerste kogel met 4 m/s. In het wereldbeeld van Galileï kunnen we snelheden gewoon optellen en aftrekken, dus om in het referentiekader terecht te komen waarin die kogel in eerste instantie stilstaat (het met die kogel meebewegende referentiekader) moeten we van alle snelheden 4 m/s aftrekken. Dat geeft:
v1 = 0 m/s, v2 = ‐ 10 m/s u1 = ‐ 12 m/s, u2 = ‐ 2 m/s
c) Zijn in dit nieuwe stelsel totale impuls en energie ook behouden? Voor de botsing (vul de v‐waarden uit opgave (b) in) zijn in het nieuwe stelsel de totale impuls en kinetische energie:
ptot = m1 v1 + m2 v2 = ‐30 kg m/s Etot = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 = 150 J
Na de botsing (vul de u‐waarden uit opgave (b) in) zijn in het nieuwe stelsel de totale impuls en kinetische energie:
ptot = m1 u1 + m2 u2 = ‐30 kg m/s Etot = 1/2 m1 u12 + 1/2 m2 u22 = 150 J
We zien dat impuls en kinetische energie dus ook in het nieuwe referentiekader behouden zijn. Dit is een voorbeeld van het relativiteitsbeginsel: de natuurwetten gelden in elk eenparig bewegend stelsel. Opgave 5 (D): Galileïtransformaties en het optellen van snelheden De Galileïtransformatie voor ruimtecoördinaten is x' = x ‐ v t Laat zien dat dit betekent dat in Galileï's wereldbeeld snelheden bij elkaar opgeteld kunnen worden. Met andere woorden: als een trein in het bewegende referentiekader een snelheid u heeft, laat dan zien dat die trein in het stilstaande referentiekader een snelheid u+v heeft. Als een trein in het bewegende referentiekader een constante snelheid u heeft, betekent dat dat zijn positie gegeven is door x' = u t. (We nemen voor het gemak aan dat de trein op t=0 op plaats x'=0 is; de opgave kan op dezelfde manier worden uitgevoerd als dit niet het geval is door nog een constante bij het rechterlid op te tellen.).Merk op dat we hier expliciet gebruiken dat beide waarnemers in het klassieke wereldbeeld dezelfde tijdscoördinaat t hebben ‐ er komt in deze vergelijking geen t' voor. Invullen van deze x' in de Galileïtransformatie geeft
u t = x ‐ v t
Oplossen voor x als functie van t levert
x = (u + v) t
Deze vergelijking beschrijft inderdaad de positie van een object dat met snelheid u+v voortbeweegt.
Opgave 6 (D): Constructie van een ruimtelijn In het hoorcollege is de richting van de ruimtelijnen van een bewegende waarnemer geconstrueerd door lichtflitsen naar twee bewegende waarnemers (links en rechts van de oorspronkelijke waarnemer) te sturen. In de NiNa‐module wordt een andere methode gebruikt, die we hieronder zullen doorlopen. a) Teken in een ruimtetijddiagram de wereldlijn van een eenparig bewegende waarnemer die door de oorsprong gaat. b) Teken de wereldlijn van een tweede waarnemer die met dezelfde snelheid beweegt, maar op een andere plaats start. c) Teken een lichtflits die van de eerste waarnemer naar de tweede gaat, en vervolgens wordt teruggekaatst naar de eerste waarnemer. d) Welk punt op de wereldlijn van de eerste waarnemer zou volgens hem gelijktijdig moeten zijn met het terugkaatsen van de lichtflits? Teken dit punt in het diagram. e) Teken de ruimtelijn (dus: de lijn van gelijktijdige gebeurtenissen op verschillende plaatsen) die door de gebeurtenissen uit opgave (d) gaat. Zie de afbeelding hieronder voor de antwoorden op de opgaven a t/m e. De steile groene lijn links is de wereldlijn van de eenparig bewegende waarnemer die door de oorsprong gaat (a). De parallelle steile groene lijn rechts is de wereldlijn van de tweede bewegende waarnemer (b). De gele lijn geeft de wereldlijn van de lichtflits weer (c). De blauwe stip rechts geeft de gebeurtenis weer waar de lichtstraal wordt teruggekaatst. Voor de bewegende waarnemers is het licht even lang naar rechts als naar links onderweg; het punt dat gelijktijdig is met het terugkaatsen van de lichtflits ligt voor hen dus halverwege het vertrekpunt en het aankomstpunt van de lichtflits ‐ de blauwe stip links (d). Aangezien de twee gebeurtenissen bij de blauwe stippen voor de bewegende waarnemers gelijktijdig plaatsvinden, is de groene lijn door de twee blauwe stippen een ruimtelijn (e).
f) Bonus: geef een meetkundig of rekenkundig bewijs dat ook in dit geval de hoek die de ruimtelijn maakt met de x‐as gelijk is aan de hoek die de tijdlijn maakt met de t‐as.
Meetkundig bewijs: zie de onderstaande afbeelding, waarin een deel van de bovenstaande afbeelding is uitvergroot.
We geven het bewijs zoals dat in de NiNa‐module wordt gegeven. Bekijk de driehoek ABC. Dit is een rechthoekige driehoek (met rechte hoek bij B), aangezien de gele wereldlijnen van het licht onder een hoek van 45 graden met de assen staan. Punt E hebben we zo geconstrueerd dat het midden tussen A en C in ligt. Wanneer we nu de cirkel met middelpunt E en straal AE tekenen, gaat deze cirkel dus automatisch ook door C. We willen laten zien dat dezelfde cirkel ook door het punt B gaat. Dit is de stelling van Thales: de cirkel door het midden van de hypotenusa van een rechthoekige driehoek, gaat door alle drie de hoekpunten. Dat de stelling van Thales klopt, kunnen we bijvoorbeeld inzichtelijk maken door de rechthoekige driehoek ABC te completeren tot de rechthoek ABCD ‐ het is dan duidelijk dat E het midden van de diagonaal is, zodat alle vier de hoekpunten op de cirkel liggen. In het bijzonder zien we dus dat de afstand EB even groot is als de afstand EA, en dat ABE dus een gelijkbenige driehoek vormt. De hoeken EAB en EBA zijn dus even groot. De hoek die de tijdlijn door AE met de t‐as maakt plus de hoek EAB vormen samen een hoek van 45 graden. De hoek die de ruimtelijn door BE met de lijn t =2 s (en dus ook met de x‐as) maakt plus de hoek EBA vormen samen ook een hoek van 45 graden. Omdat hoek EAB en EBA even groot zijn, zijn ook de hoeken met de respectievelijke assen even groot. Hiermee is het gevraagde bezwezen. Een rekenkundig bewijs werken we hier niet in detail uit, maar kan bijvoorbeeld gegeven worden door vergelijkingen op te stellen voor de twee groene tijdlijnen en de gele wereldlijnen van het licht, en aan de hand daarvan de coördinaten van A, B en C uit te rekenen. Uit de coördinaten van C kunnen dan de coördinaten van E gevonden worden door door 2 te delen. Wanneer we nu een vergelijking opstellen van de lijn door de punten E en B zien we dat deze lijn richtingscoëfficient β heeft, terwijl de lijn door A en C richtingscoëfficient 1/β heeft. Ook op deze manier zien we dus ook dat de hoek die de ruimtelijn met de x‐as maakt, gelijk is aan de hoek die de tijdlijn met de t‐as maakt.
