Problemas resueltos de TRR-R.Perez_Alvarez.pdf

Problemas resueltos de la Teoría de la Relatividad Restringida Rolando Pérez Álvarez Cuadernos de la UNED

Xavier Aznar Curso 2010-2011

1

Índice I

Cinemática relativista

3

1. Transformación de Lorentz

3

2. Dilatación del tiempo

16

3. Contracción de Lorentz

19

4. Espacio de Minkowski

21

5. El intervalo ∆s2

29

6. Problemas variados

33

II

35

Dinámica relativista

7. Leyes dinámicas

35

8. Colisiones

46

9. Vectores y tensores

55

III

Electrodinámica

62

10.Transformación de campos

62

2

Parte I

Cinemática relativista 1.

Transformación de Lorentz

1.1 Halle la transformación de Lorentz inversa. Solución: Si la transformación directa viene dada por x0

=

γ (x − vt)

y

0

=

y

z

0

=

t

0

=

z

γ t−

vx  c2

(1)

la transformación inversa se obtiene cambiando v por −v, ya que si en la transformación directa, el sistema R’ se mueve con velocidad v con respecto a R, el sistema R se mueve a velocidad −v con respecto a R’. x

= γ (x0 + vt)

y

= y0

= z 0  vx0 t = γ t0 + 2 c

z

(2)

1.2 Escriba la matriz de Lorentz para movimientos relativos entre sistemas inerciales de referencia 1. Según el eje z. 2. Según el eje y. 3. Según el eje x. Solución: Usaremos el convenio de que el vector de posición xµ = (ct, x, y, z). Llamaremos Lµν (V e~z ) a la matrix de Lorentz cuando el movimiento relativo ~ . Como entre ambos sistemas inerciales se efectúa con la velocidad constante V p V 2 siempre, β = c y γ = 1/ 1 − β . Los índices griegos (µ, ν,etc) toman los valores 0,1,2,3, mientras que los latinos (i, j,etc) van de 1 a 3. Entonces, para un movimiento según el eje z:   γ 0 0 −γβ  0 1 0 0   Lµν (V e~z ) =  (3)  0 0 1 0  −γβ 0 0 γ 3

Del mismo modo, para un movimiento  γ  0 Lµν (V e~y ) =   −γβ 0

según el eje y:  0 −γβ 0 1 0 0   0 γ 0  0 0 1

Y para un movimiento según el eje x:  γ −γβ  −γβ γ µ Lν (V e~x ) =   0 0 0 0

 0 0 0 0   1 0  0 1

(4)

(5)

Podemos comprobar cómo estas matrices dan lugar a las transformaciones de Lorentz en cada caso... Por ejemplo, para el movimiento a lo largo del eje x:    ct γ −γβ 0 0    −γβ γ 0 0    x  = γct − γβx −γβct + γx x0µ = Lµν (V e~x ) xν =     0 y  0 1 0 z 0 0 0 1 (6) Como vemos, esto es equivalente a: ct0

= γ (ct − βx)

0

= γ (x − βct)

x

y0

= y

0

= z

z

(7)

1.3 Demuestre que las transformaciones de Lorentz se pueden expresar como (en forma vectorial): ~r0

=

t0

=

h i ~ t + [~r − (~n · ~r) ~n] γ (~n · ~r) ~n − V ! ~ · ~r V γ t− 2 c

(8) (9)

~. donde ~n es el vector en la dirección de V ~ siempre había sido paralela al eje x. En Solución: Hasta ahora la velocidad V este caso, la velocidad tiene una dirección arbitraria con respecto a los ejes de los sistemas de referencia (ver figura 1). El primer paso para solucionar el problema, ~ sea paralela al eje es pasar a un sistema de referencia en el que la velocidad V x. Estos sistemas de referencia auxiliares, K1 y K10 están fijos a los sistemas de referencia iniciales K, K 0 , de manera que no se mueven con respecto a ellos. De 4

y

z




Figura 1: Dos sistemas de referencia en movimiento en una dirección arbitraria (que no es paralela a ningún eje). ~ coincida con el hecho, son sólo una rotación espacial de los ejes de forma que V eje x, dejando sin cambiar la coordenada temporal. Si llamamos xµ al cuadrivector en K, x0µ en K 0 y y µ en K1 y y 0µ en K10 , entonces podemos escribir la relación entre los cuadrivectores en los diferentes sistemas de referencia como: yµ

= Rµν xν

y 0µ

= Rµν y ν

0

0

(10)

~ es La relación entre los cuadrivectores de los sistemas rotados (en los que V paralelo al eje x) será: 0 (11) y µ = Lµν y ν donde Lµν es una matriz de transformación de Lorentz pura. En cuanto a la relación entre las coordenadas de los sistemas K/K 0 y K1 /K10 , la matrix Rνµ es una matrix de rotación de las coordenadas espaciales.   1 0 0 0  0 Rxx Rxy Rxz   Rνµ =  (12)  0 Ryx Ryy Ryz  0 Rzx Rzy Rzz ~ en Los elementos Rij de la matriz corresponden a los cosenos directores de V K. Del mismo modo, la matriz que relaciona los sistema K 0 y K10 tiene el aspecto   1 0 0 0 0 0 0  0 Rxx  0 Rxz Rxy  Rνµ =  (13) 0 0 0  0 Ryx Ryy Ryz  0 0 0 0 Rzx Rzy Rzz 5

~ tiene La relación entre los dos sistemas K1 /K10 en el que la velocidad V dirección paralela con el eje x viene dada por y 0µ = Lµν y ν

(14)

Para pasar de K a K1 tenemos que realizar una rotación Rνµ de forma que y µ = Rνµ xν Igualmente para K 0 a K10

0

y 0µ = Rνµ x0ν

(15) (16)

Si ahora lo juntamos todo (es decir, introducimos las ecuaciones 15 y 16 en 14): y

0

µ

0

0

ν α = Rνµ x µ = Lµν Rα x

(17)

0

Para aislar x µ multiplicamos por la izquierda a ambos lados por la matrix 0 traspuesta de Rνµ , que denotamos como Tµρ tenemos: 0

0

ν α Tµρ Rνµ x ν = Tµρ Lµν Rα x

(18)

0

Al ser Rνµ una matrix ortogonal, se cumple que QT Q = QQT = I, de manera que: 0

δνρ x ν x

0

ρ

=

ν α Tµρ Lµν Rα x

(19)

=

ν α Tµρ Lµν Rα x

(20)

Así, la fórmula para la matriz de Lorentz para una velocidad relativa que no guarda una orientación especial con ninguno de los ejes del sistema de referencia será:   β ~ Lµν V = Tαµ Lα β (V e~x ) Rν =    γ −γβ 0 0 1 0 0 0  −γβ   γ 0 0    0 Rxx Rxy Rxz  = = Tαµ   0   0 1 0 0 Ryx Ryy Ryz  0 0 0 1 0 Rzx Rzy Rzz   1 0 0 0 γ −γβRxx −γβRxy −γβRxz  0 Txx Txy Txz   −γβ γRxx γRxy γRxz  =   0 Tyx Tyy Tyz   0 Ryx Ryy Ryz 0 Tzx Tzy Tzz 0 Rzx Rzy Rzz  µ  T  Xµ   =   Yµ  Zµ

6

  = 

(21)

donde1 Tµ

=

γ

−γβRxx

 X

µ

Yµ

Zµ

=

=

=

−γβRxy

−γβRxz T

−Txx γβ  γTxx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx   γTxx Rxy + Txy Ryy + Txz Rzy γTxx Rxz + Txy Ryz + Tzz Rzz  −γβTyx  γTyx Rxx + Tyy Ryx + Tyz Rzx   γTyx Rxy + Tyy Ryy + Tyz Rzy γTyx Rxz + Tyy Ryz + Tyz Rzz  −γβTzx  γTzx Rxx + Tzy Ryx + Tzz Rzx   γTzx Rxy + Tzy Ryy + Tzz Rzy γTzx Rxz + Tzy Ryz + Tzz Rzz




   T    T   

(22)

0

Ahora recordamos que las partes espaciales de Rνµ y Rνµ son matrices ortogonales. De hecho, ya utilizamos esta propiedad a la hora de despejar x0µ en función 0 0 de xµ , utilizando que Tνµ era la traspuesta de Rνµ . Además, las matrices Rνµ y Rνµ son iguales. Por lo tanto, en la fórmula anterior (ec. 22) tenemos expresiones que son fácilmente identificables como productos de filas y columnas.   ~ se reduce a la identidad si V ~ = 0. También podemos comprobar que Lµν V La manera más fácil de verlo es a partir de la forma   β ~ = Tαµ Lα Lµν V (23) β (V e~x ) Rν y viendo que Lα β (V e~x ) ,para V = 0 (⇒ β = 0, γ = 1) queda como la identidad I, de manera que   ~ = 0 = Tαµ IRνβ = Tαµ Rνβ Lµν V (24) Pero como Tαµ y Rνβ son ortogonales, su producto es la matriz identidad   ~ = 0 = Tαµ Rνβ = I Lµν V (25)   ~ se reduce a Lµν (V e~x ) si V ~ = V e~x (y lo mismo Del mismo modo, Lµν V ocurre para las otras direcciones espaciales)2 .   ~ queda: Después de realizar las multiplicaciones, Lµν V  γ −γβRxx −γβRxy  −γβTxx γTxx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx γTxx Rxy + Txy Ryy + Txz Rzy   −γβTyx γTyx Rxx + Tyy Ryx + Tyz Rzx γTyx Rxy + Tyy Ryy + Tyz Rzy −γβTzx γTzx Rxx + Tzy Ryx + Tzz Rzx γTzx Rxy + Tzy Ryy + Tzz Rzy

 −γβRxz γTxx Rxz + Txy Ryz + Txz Rzz   γTyx Rxz + Tyy Ryz + Tyz Rzz  γTzx Rxz + Tzy Ryz + Tzz Rzz (26)

1 Los elementos X, Y y Z los mostramos traspuestos, en vertical, porque no caben en la página en horizontal. 2 No veo cómo se demuestra.

7

Podemos realizar la siguiente transformación: γTxx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx = γTxx Rxx − Txx Rxx + Txx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx (27) donde hemos sumado y restado Txx Rxx , de manera que γTxx Rxx − Txx Rxx + Txx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx = Txx Rxx (γ − 1) + 1 (28) donde hemos utilizado que Txx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx = 1

(29)

porque es un elemento diagonal del producto de dos matrices ortogonales, de manera que debe ser la unidad. Para los elementos fuera de la diagonal, el resultado del producto de fila y columna debe ser cero. De manera análoga al caso anterior: γTxx Rxy + Txy Ryy + Txz Rzy

= =

γTxx Rxy − Txx Rxy + Txx Rxy + Txy Ryy + Txz Rzx = (γ − 1) Txx Rxy + (Txx Rxy + Txy Ryy + Txz Rzx ) = {z } |

=

(γ − 1) Txx Rxy

=0

(30)

En general, todos los elementos pueden verse a continuación, si realizamos la multiplicación explícita de las dos matrices3 :  I =

=

=

  Txx Txy Txz Rxx Rxy Rxz  Tyx Tyy Tyz   Ryx Ryy Ryz  = Tzx Tzy Tzz Rzx Rzy Rzz  Txx Rxx + Txy Ryx + Txz Rzx Txx Rxy + Txy Ryy + Txz Rzy  Txy Rxx + Tyy Ryx + Tyz Rzx Tyx Rxy + Tyy Ryy + Tyz Rzy Txz Rxx + Tzy Ryx + Tzz Rzx Txz Rxy + Tzy Ryy + Tzz Rzy   1 0 0  0 1 0  0 0 1

 Txx Rxz + Txy Ryz + Txz Rzz Tyx Rxz + Tyy Ryz + Tyz Rzz  Tzx Rzx + Tzy Ryz + Tzz Rzz

  ~ queda como: Utilizando este resultado, la fórmula para Lµν V 

γ    −γβT xx ~ = Lµν V  −γβTyx −γβTzx 3 Sólo

−γβRxx (γ − 1) Txx Rxx + 1 (γ − 1) Tyx Rxx (γ − 1) Tzx Rxx

−γβRxy (γ − 1) Txx Rxy (γ − 1) Tyx Rxy + 1 (γ − 1) Tzx Rxy

se muestra la parte espacial de las matrices para simplificar.

8

 −γβRxz (γ − 1) Txx Rxz   (γ − 1) Tyx Rxz  (γ − 1) Tzx Rxz + 1 (32)

(31)

Ya estamos más cerca de obtener el resultado que buscamos. Todavía podemos simplificar un poco más si nos damos cuenta que βRxi

=

βTix

=

Rxi

=

Vi c Vi βi = c ni

Tix

=

ni

βi =

(33)

donde i = x, y, z. Creo que esto es debido a que, si tenemos una velocidad paralela al eje x (0, β, 0, 0) y la transformamos mediante la rotación que expresa Rνµ tenemos (obtenemos el mismo resultado para Tνµ )      Rxx Rxy Rxz β βRxx  Ryx Ryy Ryz   0  =  βRyx  (34) Rzx Rzy Rzz 0 βRzx de manera que Rxi = Tix son las coordenadas del vector unitario en la dirección ~ y ~n es el vector unitario en la dirección y sentido de la velocidad relativa. de V ~n =

~ V = nx e~x + ny e~y + nz e~z V

(35)

Si ahora escribimos las ecuaciones de transformación correspondientes a esta matriz: ct0

= γct − γβx x − γβy y − γβz z = ! ~ · ~r V = γ ct − c ~ t + (γ − 1) (~n · ~n) ~n + ~r ~r0 = −γ V

(36) (37)

que era lo que se nos pedía demostrar. Podemos entretenernos en ver que los casos particulares en los que la veloci~ esté dirigida según uno de los ejes de coordenadas se obtienen a partir de dad V este caso general. Del mismo modo, puede comprobarse que estas expresiones se convierten en las ecuaciones no relativistas cuando β  1 (γ ≈ 1). 1.4 Transformación de velocidad El sistema inercial de referencia K 0 se mueve con una velocidad relativa ~ respecto del sistema inercial de referencia K. Halle la transformación V de Lorentz para las velocidades.

9

Solución: Partimos de las transformaciones de Lorentz para deducir a partir de la derivación de las mismas las ecuaciones de transformación de la velocidad. x0

=

γ (x − V t)

y

0

=

y

z

0

=

z

0

t

=

Vx γ t− 2 c



Si derivamos, obtenemos: dx0

= γ (dx − V dt)

dy

0

= dy

dz

0

= dz  V = γ dt − 2 dx c

0

dt

Para obtener la transformación de la velocidad calculamos dx0 /dt0 , etc... dx0 dt0

=

γ (dx − V dt)
γ dt − cV2 dx

dy 0 dt0

=

dy
γ dt − cV2 dx

dz 0 dt0

=

dz
γ dt − cV2 dx

Y a continuación 0 dx0 = vx 0 dt

dx dt

=

−V

1 − cV2 dx dt vx − V 1 − vcx2V

=

=

Para las componentes transversales tenemos 0 dy 0 = vy dt0

dy

= =

0 dz 0 = vz 0 dt

= =

1 dt = γ 1 − cV2 dx dt 1 vy γ 1 − vcx2V dz 1 dt = γ 1 − cV2 dx dt 1 vz γ 1 − vcx2V

10

Estas son las ecuaciones de transformación para la velocidad si los dos sistemas de referencia se mueven de forma paralela al eje X. Si la velocidad relativa no es paralela a ninguno de los ejes del sistema, podemos usar las transformaciones de Lorentz en forma vectorial y, siguiendo el mismo procedimiento, llegar a que: ~ + (γ − 1) (~n · ~v ) ~n ~v − γ V   ~v 0 = ~ γ 1 − ~vc·2V 1.5 Transformación de la aceleración. ~ El sistema inercial de referencia K 0 se mueve con una velocidad relativa V respecto del sistema de referencia K. En el primero de éstos una partícula tiene velocidad ~v 0 y aceleración ~a0 . Halle la transformación de Lorentz para las aceleraciones, y demuestre que en el sistema K las componentes de la ~ son aceleración paralela y perpendicular a V 3/2 2 1 − Vc2   ~ak ~ 0 3 1 + Vc·~2v   2 ! 1 − Vc2 ~ V 0 0 a~⊥ + 2 × (~a × ~v )   ~ 0 3 c 1 + Vc·~2v  a~k

=

a~⊥

=

Solución: La solución para las ecuaciones de transformación para las aceleraciones se calculan del mismo modo al que hemos calculado las ecuaciones para la velocidad, solo que el resultado es más farragoso. 1.6 Transformaciones de Lorentz sucesivas (I) Demuestre explícitamente que dos transformaciones de Lorentz sucesivas con velocidades V~1 y V~2 en la misma dirección conmutan y que son equivalentes a una transformación de Lorentz simple con velocidad V =

V1 + V2 1 + V1c2V2

Demostrar que si V1 y V2 son ambas menores de c, entonces V también lo es. Solución: Suponemos que las dos velocidades son paralelas al eje X (para simplificar). A la primera transformación la llamaremos Aµν y a la segunda transformación Bνµ . Así, si las transformaciones conmutan, entonces Lµν = Aµλ Bνλ = Bλµ Aλν

11

(38)

Como suponemos que las transformaciones se producen paralelas al eje X, la forma de estas ecuaciones de transformación será:    γ1 −γ1 β1 0 0 γ2 −γ2 β2 0 0   −γ2 β2 γ1 0 0  γ2 0 0  =   −γ1 β1 Lµν =     0 0 1 0  0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1   γ2 γ1 + γ2 γ1 β2 β1 −γ1 γ2 β1 − γ1 γ2 β2 0 0  −γ1 γ2 β2 − γ1 γ2 β1 γ1 γ2 + γ1 γ2 β1 β2 0 0   =  (39)  0 0 1 0  0 0 0 1 Como vemos en la forma de los términos de la matriz anterior (ecuación (39)), podemos intercambiar los índices 1 y 2 sin que la matriz se altere, lo que indica que las dos transformaciones conmutan. El siguiente paso será demostrar que la ejecución de dos transformaciones consecutivas en la misma dirección corresponden a una sola transformación. Si calculamos γ2 γ1 + γ2 γ1 β2 β1 tenemos: γ 2 γ 1 + γ 2 γ 1 β2 β1

=

1

1

p

1−

"

1 − β12

=

β22

p


1−

β12

1 − β22

(1 + β1 β2 )

(1 + β1 β2 )

(1 + β2 β1 ) = p


#−1/2

2

= (1 − β12 ) (1 − β22 ) " #−1/2 1 − β22 − β12 + β12 β22 = (40) = 2 (1 + β1 β2 )

Ahora utilizamos que − (β1 + β2 )

2

=

−β12 − β22 − 2β1 β2 ⇒ 2

= − (β1 + β2 ) + 2β1 β2

−β12 − β22

⇒

(41)

de manera que, si introducimos (41)en (40), entonces: " (40) =

(1 + β1 β2 ) "

=

1 + 2β1 β2 + β12 β22 (1 + β1 β2 )

" =

(1 + β1 β2 )

2

(1 + β1 β2 )

2

" = =

#−1/2

2

1 − (β1 + β2 ) + 2β1 β2 + β12 β22

1−

−

2

2

=γ

#−1/2 =

2

(1 + β1 β2 ) #−1/2

(1 + β1 β2 )

1 − β2

2

(β1 + β2 )

(1 + β1 β2 ) # 2 −1/2 (β1 + β2 )

−

(β1 + β2 )

1 p

2

=

2

2

=

= (42)

12

donde vemos que obtenemos un factor γ para una velocidad β que definimos como β1 + β2 β≡ (43) 1 + β1 β2 Para los términos fuera de la diagonal, procedemos de manera equivalente (prescindimos del signo durante el cálculo) γ 1 γ 2 β1 + γ 1 γ 2 β2

1 1 p (β1 + β2 ) = 1 − β12 1 − β22 #1/2 #1/2 " " 2 2 (β1 + β2 ) (β1 + β2 ) = = (1 − β12 ) (1 − β22 ) 1 − β12 − β22 + β12 β22 " #1/2 2 (β1 + β2 ) = 1 − β12 − β22 + β12 β22 + 2β1 β2 − 2β1 β2 #1/2 " 2 (β1 + β2 ) = 1 + 2β1 β2 + β12 β22 − β12 − β22 − 2β1 β2 #1/2 " 2 (β1 + β2 ) = 2 (1 + β1 β2 ) − β12 − β22 − 2β1 β2 #1/2 " 2 (β1 + β2 ) = (44) 2 2 (1 + β1 β2 ) − (β1 + β2 ) " # 2 2 −1/2 (1 + β1 β2 ) − (β1 + β2 ) = 2 (β1 + β2 ) #−1/2 " 2 (1 + β1 β2 ) (45) 2 −1 (β1 + β2 )

= γ1 γ2 (β1 + β2 ) = p = = = = = = =

β1 +β2 Pero si ahora, como antes, llamamos β ≡ 1+β , tenemos que la ecuación (45) 1 β2 se escribe:  −1/2  −1/2 1 1 − β2 (45) = − 1 = = β2 β2 1 = βp = γβ (46) 1 − β2

Al final del día, vemos que podemos escribir la matriz (39) de dos transformaciones consecutivas de sistemas que se mueven con velocidades relativas V1 y V2

13

(que hemos supuesto paralelas al eje X) como:  γ2 γ1 + γ2 γ1 β2 β1 −γ1 γ2 β1 − γ1 γ2 β2  −γ γ 1 γ 2 + γ 1 γ 2 β 1 β2 1 γ 2 β2 − γ 1 γ 2 β1 Lµν =   0 0 0 0   γ −γβ 0 0  −γβ γ 0 0   =   0 0 1 0  0 0 0 1

 0 0 0 0  = 1 0  0 1

donde β viene dado por (43) β≡

β1 + β2 1 + β1 β2

Es decir, que las dos transformaciones consecutivas son equivalentes a una transformación con la velocidad dada por la expresión (43). Finalmente queda demostrar que si β1 y β2 son ambas menores que 1, entonces β también es menor que 1. Para demostrar que tanto β1 como β2 son menores que 1, lo que haremos será calcular dónde se produce el máximo para β con respecto a los dos parámetros: ∂β = 0 ⇔ Extremo (máximo) ∂βi

(i = 1, 2)

∂β ∂β1

=

1 + β1 β2 − β1 β2 − β22 1−

1 + β1 β2 − (β1 + β2 ) β2 2

(1 + β1 β2 )

=

0

β22

=

0

β2

= ±1 = +1 ⇒ β = m´ ax

=0

Como vemos, el máximo de β se produce cuando β1 y β2 valen 1; en este caso máximo: 1+1 2 β= = =1 1+1∗1 2 Es decir, β < 1 ∀β1 , β2 . 1.7 Transformaciones de Lorentz sucesivas (II) Demuestre explícitamente que dos tranformaciones de Lorentz sucesivas perpendiculares (V~1 según el eje X y V~2 según el eje Y) no conmutan. Solución: Seguiremos el mismo procedimiento que en el ejercicio anterior, es µ µ decir, partiendo de las matrices L (V e~x )ν y L (V e~y )ν correspondientes a una trasnformación según el eje X y el eje Y, respectivamente, calcularemos su producto para buscar la matriz resultante Lµν y ver si conmuta o no. µ

µ

µ

µ

Lµν = L (V e~x )ν L (V e~y )ν = L (V e~y )ν L (V e~x )ν 14

(47)

γx −γx βx 0  −γx βx γx 0   0 0 1 0 0 0  γx γy −γx βx  −γx γy βx γx   −γy βy 0 0 0 

Lµν

µ

µ

= L (V e~x )ν L (V e~y )ν =

=

 γy 0  0 0   0   −γy βy 0 1  −γx γy βy 0 γx γy β x β y 0   γy 0  0 1

0 1 0 0

−γy βy 0 γy 0

 0 0  = 0  1 (48)

Si ahora calculamos γy 0 −γy βy 0  0 1 0 0   −γy βy 0 γy 0 0 0 0 1  γx γy −γx γy βx  −γx βx γx   −γx γy βy γx γy βx βy 0 0  Lµν

µ

µ

= L (V e~y )ν L (V e~x )ν =

=



γx −γx βx   −γx βx γx   0 0 0 0  −γy βy 0 0 0   γy 0  0 1

Como vemos, el resultado de (48) y (49) no es el mismo, lo que demuestra que las trasnformaciones de velocidad en direcciones perpendiculares no conmutan. 1.9 Velocidad relativa de dos sistemas en movimiento Consideremos tres galaxias, A,B y C. Un observador situado en A mide las velocidades de B y C y encuentra que se están moviendo en direcciones opuestas y cada una de ellas con una velocidad 0.7c relativa a él. Por tanto, de acuerdo con las medidas en su sistema de referencia la distancia entre B y C aumenta a razón de 1.4c. ¿Cuál es la velocidad de A observada en B? ¿Cuál es la velocidad de C observada en B?

Solución: La velocidad de A en el sistema de referencia A (SA ) es vAA = 0. La velocidad de A en SB es de -0.7c. Para hallar la velocidad de C observada desde B tenemos que utilizar la ley de transformación de velocidades de Lorentz. vAC − vAB vBC = = 1 − vACc2vAB −0,7c − 0,7c = = 1 + 0,7c·0,7c c2 −1,4c = ≈ −0,94c 1 + 0,49 15

 0 0 0 0  = 1 0  0 1 (49)

2.

Dilatación del tiempo

2.1 La Tierra alrededor del Sol La velocidad orbital de la tierra alrededor del Sol es de unos 30 km/s. En un año, ¿cuántos segundos pierden los relojes de la Tierra con respecto a los relojes de un sistema en reposo respecto del Sol? Solución: Si el sistema T(ierra) se mueve a 3 × 104 m/s con respecto al Sol, el efecto de dilatación del tiempo vendrá dado, en un sistema en reposo con respecto al Sol por t0T = γtS (50) Como queremos calcular la diferencia entre ambos tiempos,   1  tS − t0T = tS (1 − γ) = tS 1 − q
V 2 1− c

(51)

Como la velocidad de traslación V es muy pequeña comparada con la velocidad de la luz c, podemos aproximar γ 4 γ ≈1+

x2 + (3x4 )/8 + (5x6 )/16 + (35x8 )/128 + (63x1 0)/256 + O(x1 1) (52) 2

donde x ≡

V c

= β. Así tS −

t0T

!  2 1 V ≈ tS 1 − 1 − + ··· = 2 c  2 tS V =− + ··· 2 c

(53)

Si ahora introducimos valores tS

=

31536000 s

V /c

=

10−4

finalmente tenemos tS − t0T = −

31536000 ∗ 10−8 = −0, 158 s 2

Es decir, los relojes de la Tierra pierden una décima y media de segundo al año debido a la dilatación del tiempo. 4 Utilizando Wolfram Alpha (http://www.wolframalpha.com/input/?i=1 %2Fsqrt %281x^2 %29+)

16

2.2 Apolo X El récord mundial de velocidad alcanzado por un ser humano relativo a la Tierra es de 24791 mi/h, que fue alcanzado por la tripulación de la nave Apolo X en su viaje de regreso a la Tierra. A esta velocida, ¿cuál es la dilatación temporal de un reloj en la nave con respecto de un reloj en la Tierra? Solución: Un reloj situado en el Apolo X se mueve a una velocidad relativa a uno situado en la Tierra a la velocidad VX , de manera que el efecto de la dilatación temporal en la nave será: tT = γtX (54) Recordando que una mi/h son 0,44704 m/s, podemos calcular el efecto de la dilatación temporal: 24791 mi/h × ∆tT ∆tX

0,44704 m/s = 11082, 57 m/s 1 mi/h

1

=

1 p ≈1− 2 2 2 1 − VX /c

≈

1 − 6,824 × 10

−10



VX c

2

+ ···

≈ 0,999999999317648012195

(55)

(56) (57)

Incluso a estas velocidades, los efectos relativistas son muy pequeños. 2.3 Muones en la atmósfera. Las partículas inestables como los muones se desintegran siguiendo una ley según la cual la probabilidad de desintegración al cabo del tiempo t es 1 − exp (−t/τ ), mientras que la probabilidad de no-desintegración es exp (−t/τ ), siendo τ la vida media de la partícula. Para los muones, la vidad media es de τ = 2,20 × 10−6 s. Suponga que el impacto de un rayo cósmico en la atmósfera crea un muón a 40 km de altura y con una velocidad de 0,99c hacia abajo. Entonces 1. Si no hubiera alcance temporal, ¿cuál sería la probabilidad de que el muón alcance la superficie terrestre? 2. Halle la misma probabilidad considerando la dilatación temporal. Solución: Si no consideramos los efectos de la dilatación del tiempo, el tiempo que tardaría un muón en recorrer 40 km a 0.99c sería tNo relativista =

40 × 103 x = = 1,35 × 10−4 s v 0,99c

(58)

La probabilidad de que el muón no se haya desintegrado pasado ese tiempo es de
PNo desintegrado = exp −1,35 × 10−4 /2,20 × 10−6 = e−61,364 ∼ 2,238×10−27 ' 0 (59) 17

La probabilidad de que el muón no se haya desintegrado al llegar a la superficie de la Tierra es increiblemente pequeña (si no tenemos en cuenta el efecto de la dilatación relativista del tiempo). Si la consideramos, la cosa cambia; en este caso, el tiempo que transcurre en un reloj en reposo que viaje con el muón con respecto al de un reloj estacionario en la superficie de la Tierra sería: tT = γtµ ⇒ tµ = tT /γ

(60)

(Ahora es la Tierra la que está en movimiento con respecto al muón estacionario). Es decir, para el muón en movimiento sólo transcurren: 1 = 1,904 × 10−5 s tµ = 1,35 × 10−4 / q 2 1 − (0,99) Ahora la probabilidad de que el muón haya sobrevivido mientras la Tierra se le lanza encima es de
PSupervivencia muón = exp −1,904 × 10−5 /2,20 × 10−6 = exp (−8,656) = 1,740×10−4 Como vemos, la probabilidad sigue siendo pequeña, pero es enormemente superior a la probabilidad calculada sin tener en cuenta los efectos relativistas. 2.4 Piones en un acelerador La vida media de los piones es de 1,8×10−8 s. Un haz de piones sale de un acelerador con una velocidad de 0.8c. ¿Cuál es clásicamente la distancia a la cual la mitad de los piones ha desaparecido? Responder a la misma pregunta en el marco relativista. Solución: Respuesta: En este caso, vamos a utilizar la fórmula del problema anterior para calcular el tiempo que tiene que transcurrir para que la probabilidad de que un pión no se haya destruido sea del 50 %. P = exp (−t/τπ ) t = − ln P1/2 ∗ τπ = 1,248 × 10

(61) −8

s

(62)

Durante este tiempo, si no consideramos los efectos relativistas, el pión recorrerá: xN R = v × t = 0,8c ∗ 1,248 × 10−8 = 2,994 ≈ 3 m

(63)

Si ahora tenemos en cuenta los efectos relativistas, el tiempo que medirá un reloj fijado al pión será mayor en un factor γ. Es decir, el reloj fijo al pión se observará más lento, con lo que el pión vivirá más (observado desde el Laboratorio)

τSπ

τπ = γτLab p = 1,8 × 10 / 1 − 0,82 = 3 × 10−8 s −8

(64) (65)

Es decir, un tiempo mayor (debido a la dilatación temporal). Durante este intervalo dilatado de tiempo, el pión recorrerá: xRel = v × τSπ = 0,8c × 3 × 10−8 = 7,2 m

(66)

Vemos como, si tenemos en cuenta los efectos de la dilatación temporal, el pión recorre una distancia que es algo mayor al doble de lo que lo haría si no se tuviera en cuenta el efecto relativista. 18

3.

Contracción de Lorentz

3.1 Contracción de un avión ¿Cuál es el porcentaje de contracción de la longitud de un avión a chorro volando al doble de la velocidad del sonido, o sea a unos 660 m/s? ¿Cuánto tiempo tomaría, según los relojes de la Tierra, para que los relojes del avión retrasen 1 ms? Estime sólo los efectos de la Relatividad Restringida. Solución: Si la longitud de un avión a chorro, en reposo, es la , la longitud medida desde un sistema con el que se encuentra en movimiento relativo vendrá dada por: la = l0 /γ (67) Si el avión se mueve a una velocidad de 660 m/s, entonces: la = l0 ∗ r 1−

1 

660 3×108

(68)

2

Como la velocidad a la que se mueve el sistema es muy pequeña comparada con la velocidad de la luz, podemos aproximar !  2 1 V 0 la ≈ l 1 − + ··· (69) 2 c El porcentaje será: l 0 − la =1− l0

1 1− 2



V c

2 !

=

1 2



V c

2

=

1 2



660 3 × 108

2

= 2,42 × 10−12

(70) En cuanto a los relojes, desde Tierra los relojes situados en el avión se observan funcionando a un ritmo más lento. La diferencia entre los tiempos observados en los relojes situados en el avión y los fijos en Tierra es: t0T = γta

(71)

Queremos calcular cuánto tiempo tiene que pasar para que t0T − ta = δ, donde δ = 1 ms. Despejando, obtenemos t0T − ta

=

δ

ta (γ − 1)

=

δ

ta

=

δ γ−1

(72)

Pero nosotros estamos interesados en conocer el tiempo que tiene que pasar según los relojes de la Tierra, de manera que, mediante t0T = γta , la expresión

19

(72) se convierte en t0T

γ δ= = γta = √ γ−1 =

√

1 1−β 2

1 1−β 2

−1

δ=

1 p δ 1 − 1 − β2

(73)

Pero como sabemos que la velocidad del avión a chorro es muy pequeña comparada con la velocidad de la luz, podemos aproximar p β2 1 − β2 ≈ 1 − + ··· 2

(74)

2δ β2

(75)

de manera que(73) t0T ≈

δ  1− 1−

β2 2

=

Si introducimos valores, obtenemos 2 ∗ 10−3 8 t0T =  2 ≈ 5 × 10 s × 660 3×108

1 año = 15 años 3600 ∗ 24 ∗ 365

3.2 Contracción del diámetro terrestre Determinar la contracción del diámetro terrestre (en el plano de la eclíptica) para un observador O’ en reposo respecto del Sol. Estime sólo los efectos de la Relatividad Restringida. Solución: Suponemos que el observador situado en el Sol percibe la Tierra acercándose en línea recta hacia él, y no siguiendo una trayectoria elíptica. En esta situación, el diámetro de la Tierra aparecerá contraído en un factor γ. s  2 DT V DS = = DT 1 − = (76) γ c s  2 3 × 104 6 = 12 × 10 1 − (77) 3 × 108 Como la velocidad de la Tierra es 104 veces menor que la velocidad de la luz, aproximamos:
DS ≈ DT 1 − 10−8 DS − DT

≈ DT ∗ 10−8 = 12 × 106 × 10−8 = 12 × 10−2 = 0,12 m (78)

3.3 Contracción del uno por ciento Hallar la velocidad a la cual la contracción de Lorentz es del uno por ciento. 20

Solución: Si queremos que la longitud sea del 0.99, podemos hacer, simplemente p C ∗ L = L/γ = L 1 − β 2 y aislar β C

=

p 1 − β2

C2

=

β

=

1 − β2 p 1 − C2

(79)

Así, si queremos que la contracción sea del 1 %, entonces C = 0,99, con lo que p β = 1 − 0,992 = 0,141c ≈ 42000 Km/s

4.

Espacio de Minkowski

4.1 Línea de universo de una partícula en movimiento rectilíneo uniforme Haga un esquema de la línea de universo de una partícula con movimiento rectilíneo uniforme (MRU) y que pasa por el origen de coordenadas en t=0. Haga el mismo esquema para: 1. Una partícula en reposo. 2. Una partícula que se mueve con velocidad constante positiva y que no pasa por el origen de coordenadas. 3. Una partícula en reposo hasta un instante de tiempo dado después del cual se pone en movimiento con una velocidad constante negativa. Solución:

21

El diagrama anterior muestra la trayectoria (en rojo) de una partícula en movimiento rectilíneo uniforme que pasa por el origen en el instante t = 0. Cuanto menor es la velocidad de la partícula, más vertical será la trayectoria. A medida que la velocidad de la partícula aumenta, la línea se aproxima cada vez más hacia la bisectriz de los ejes de coordenadas (línea discontínua que corresponde a la línea de universo de un fotón emitido en t = 0 desde el origen).

El diagrama muestra la línea de universo de una partícula estacionaria (situada en la posición de x = 2 unidades del eje x).

22

El diagrama muestra la línea de universo de una partícula con velocidad constante positiva que no pasa por el origen de coordenadas.

El diagrama muestra la línea de universo de una partícula estacionaria en x = 2 hasta un instante t = −1, en el que empieza a moverse con velocidad constante negativa. 4.2 Línea de universo de una partícula uniformemente acelerada. Haga un esquema de la línea de universo de una partícula con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MUA). Solución: La línea de universo de una partícula uniformemente acelerada tendrá una pendiente que se incrementará (si a > 0), desde 0 (línea vertical, partícula en reposo) hasta ser tangente con la línea de universo de un fotón (bisectriz de los ejes de coordenadas) (pendiente = 1). La línea de universo de una partícula en MUA vendrá dada por: 1 x = x0 + v0 t + at2 2 Si la partícula está inicialmente en x = 0, con v0 = 0, entonces:

23

Pero como vemos, la línea de universo de una partícula con un MUA en este caso alcanza una pendiente mayor que 1, lo que significaría que la velocidad de la partícula sería mayor que la velocidad de la luz. Esto ocurre porque no hemos tenido en cuenta los efectos relativistas. 4.3 Línea de universo de una partícula entre dos paredes Haga un esquema de la línea de universo de una partícula que rebota entre dos paredes rígidas elásticamente y con velocidad constante. Solución:

24

4.4 Línea de universo de un planeta Describa la línea de Universo de un planeta en una órbita elíptica alrededor del Sol en un diagrama espacio-tiemp tridimensional con dos dimensiones espaciales y una dimesión temporal. Solución: Si describimos la trayectoria de un planeta en un espacio bidimensional (X-Y), sin tener en cuenta el tiempo, la trayectoria descrita será una elipse. Si añadimos el eje temporal, la posición del planeta va cambiando a medida que pasa el tiempo. Es decir, la trayectoria en este sistema tridimensional será una espiral de que se enrolla (o deslpliega) a lo largo del eje temporal, mientras que las proyecciones de los puntos sobre el plano X-Y forman la trayectoria elíptica. 25

4.5 Relación entre sucesos en el espacio tiempo. A continuación se dan las coordenadas (ct, x) de varios sucesos en un diagrama bidimensional de Minkowski. Calcule el intervalo entre cada par de ellos. Diga si es espacialoideo, temporaleideo o lumínico. Diga si puede haber relación causal entre estos dos sucesos. Se sobreentiende que se usan las mismas unidades a lo largo del problema. Suceso A B C D

(ct, x) (0, 0) (−1, −1) (1, 2) (2, 1)

Solución: El intervalo entre dos sucesos es un invariante que se calcula a partir de 2 s2 = (ct) − x2 (80) Así pues, construiremos una tabla con todas las posibles combinaciones de sucesos, indicando el valor de s2 y el tipo de intervalo al que corresponde5 . Sucesos A-B A-C A-D B-C B-D C-D

2

s2 =(ct) − x2 2

Tipo Intervalo 2

(0 − (−1)) − (0 − (−1)) = 0 2 2 (0 − 1) − (0 − 2) = −3 < 0 2 2 (0 − 2) − (0 − 1) = 3 > 0 2 2 (−1 − 1) − (−1 − 2) = −5 < 0 2 2 (−1 − 2) − (−1 − 1) = 5 > 0 2 2 (1 − 2) − (2 − 1) = 0

Relación Causal

Lumínico Espacialoideo Temporaloideo Espacialoideo Temporaloideo Lumínico

5 La definición de French de intervalo es la inversa a la del libro de problemas. French: Si c∆t > ∆x ⇒ s2 > 0, entonces es posible transformar a un sistema de referencia en el cual el eje ct’ sea paralelo a la línea que une los sucesos, lo que significa que los dos sucesos ocurren en el mismo punto pero en tiempos diferentes (pag 126-djvu, 117-french). Es decir, tenemos un intervalo temporal. En el libro de problemas, s2 < 0 ⇒temporaloideo (⇒relación causal)

26

Si dibujamos los sucesos en un diagrama de Minkowski i los unimos por pares, podemos ver en cada caso la relación entre los diferentes sucesos de forma visual:

Si la línea que une dos sucesos está contenida en la región futuro (es decir, como la pareja P − Q en el la figura extraída del French), el intervalo es temporaloideo (y lo hemos dibujado con color verde). Los sucesos unidos por un rayo de luz (es decir, una línea inclinada ±45º), forman un intervalo lumínico. Los intervalos unidos mediante línea discontínua azul forman intervalos espacialoideos. 4.6 Diagrama de Minkowski de sucesos separados por un intervalo de tiempo temporaloideo. 27

Se tienen dos sucesos que en el sistema inercial K están caracterizados por los cuadrivectores xµ (ct1 , r~1 ) = (ct1 , x1 , 0, 0) y y µ (ct2 , r~2 ) = (ct2 , x2 , 0, 0). Suponga que el intervalo s2 entre ellos es de tipo temporaloideo. Halle gráficamente el sistema K 0 en el que ambos sucesos ocurren en el mismo punto del espacio. Solución:

Como no tenemos datos numéricos de los valores de xµ o y µ , los situamos en el diagrama de Minkowski de manera que compongan un intervalo de tipo temporal. En esta situación, podemos realizar un cambio de sistema de referencia que consiga que los dos sucesos estén ubicados sobre el eje ct0 . De esta manera, vemos que los dos sucesos suceden en la misma posición pero en instantes de tiempo diferentes en este sistema K 0 . 4.7 Diagrama de Monkowski de sucesos separados por un intervalo espacialoideo. Se tienen dos sucesos que en sistema inercial K están caracterizados por los cuadrivectores xµ = (ct1 , x1 , 0, 0) y y µ = (ct2 , x2 , 0, 0). Suponga que el intervalo s2 entre ellos es de tipo espacialoideo. Halle gráficamente el sistema K 0 en el que ambos sucesos ocurren en el mismo instante de tiempo. Solución:

28

Como no tenemos datos numéricos de los valores de xµ o y µ , los situamos en el diagrama de Minkowski de manera que compongan un intervalo de tipo espacial. En esta situación, podemos realizar un cambio de sistema de referencia que consiga que los dos sucesos estén ubicados sobre el eje x0 . De esta manera, vemos que los dos sucesos suceden en posiciones diferentes, pero en el mismo instante temporal en este sistema K 0 .

5.

El intervalo ∆s2

5.1 El intervalo y el tiempo propio Demuestre que ds2 = c2 dτ 2 , donde τ es el tiempo propio6 . Solución: Sabemos que s2 es invariante, de manera que vale lo mismo en cualquier sistema de referencia. 2 s2 = (ct) − x2 Si calculamos el intervalo en el sistema de referencia que se mueve con nuestra partícula, entonces los tiempos medidos son propios (son medidos en el mismo 6 En el enunciado del problema aparece ds2 = −c2 dτ 2 porque la definición de intervalo es s2 = x2 − c2 t2 , al revés que en French.

29

lugar). Es decir, dx = 0 y dt = dτ (donde τ es el tiempo propio). Según este razonamiento, 2

=

s2

(cdτ ) − dx2 =

= c2 dτ 2 5.2 Sucesos simulatáneos Dos eventos o sucesos están separados por un intervalo espacialoideo. Demuestre que existe un sistema inercial de referencia en que estos eventos ocurren en un mismo instante de tiempo. Halle la velocidad a la que se mueve respecto del sistema en que estos sucesos están separados por el cuadrivector de posición xµ0 = (c∆t, ∆~r). Solución: Supongamos que dos sucesos xµ1 y xµ2 están separados por un intervalo espacialoideo. Esto significa que el intervalo invariante que los separa cumple: ∆s2 < 0 En particular, podemos encontrar un sistema de referencia en el que se verifique 2

2

(c∆t0 ) − (∆x0 ) < 0 | {z } =0

Es decir, ∆s = −∆x . Escogemos el sistema K 0 de manera que se mueva con velocidad paralela al eje X de K. Sabemos que los intervalos de tiempo medidos en K y K 0 están relacionados por: 02

2

∆t − ∆t0 =  1−

V c2 ∆x
 V 2 c

Pero en K 0 los sucesos son simultáneos, de manera que ∆t0 = 0. Así, la velocidad a la que se mueve este sistema K 0 con respecto a K es 0

=

∆t −

V

=

c2

∆t ∆x

V ∆x c2

5.3 Orden temporal de dos sucesos A las 14h0min0s un rayo cae en New york. A las 14h0min0,003s otro cae en Miami a una distancia de 1760Km. Halle la velocidad, relativa a la Tierra, de una nave respecto a de la cual el rayo de New York es anterior al de Miami. Solución: Calculamos el intervalo invariante entre los dos sucesos: ∆s2

2

2

=

(c∆t) − (∆x) =

=

(c ∗ 0,003) − 1, 760 × 106

2

= − 2,2876 × 10 30

12


2

= (81)

Como vemos, el intervalo s2 2,6 × 10−6 2 1 − (0,56) Como vemos, la masa de la partícula resultante tras una colisión totalmente inelástica en relatividad es superior a la suma de las masas en reposo de las partículas por separado (como sucedía en la dinámica clásica). 8.2 Choque perfectamente inelástico (II) Una partícula con masa m que se mueve a una velocidad v = 4c/5 choca con una partícula semejante que está en reposo y se forma una partícula compuesta. ¿Cuál es la masa y velocidad de la partícula resultante? Solución: En esta situación, si nos colocamos sobre el sistema en reposo junto con la partícula que inicialmente está en reposo, por conservación de la energía, tenemos Ei m0 c + m0 c γi 2

2

= Ef = M 0 c2 γ f

(114)

A partir de la conservación del momento lineal, pi

= pf

γi m0 βi c = γf M0 βf c Si resolvemos este sistema de ecuaciones, tenemos, aislando γf de (114), m0 (1 + γi ) = γf M0

47

(115)

Y si lo introducimos en la ecuación (115), entonces: γi m0 βi c βi

γi 1 + γi

=

m0 (1 + γi ) M0 βf c M0

= βf

Arreglamos el resultado, eliminando las γi √ βf = βi

1+

1 1−β 2 √1 2 1−β

√1 2 β 1−β pi = = βi √ 1−β 2 +1 1 + 1 − β2 √ 2 1−β

Ahora, introduciendo el valor numérico dado en el enunciado, βi = 45 c, podemos obtener el valor de la masa de la partícula resultante: 4

4

βf =

q5 1+ 1−


= 4 2 5

1+

q5

25−16 25

=

4 5

1+

3 5

=

4 5 5+3 5

= 0,5

Y en cuento a la masa de la partícula resultante: q q 1 1 √ −1 −1 βf2 (1/2)2 γi m0 βi 4 3 M0 = = m0 3 = √ m0 = m0 q = m0 q 1 1 γ f βf 3 −1 −1 4 β2 (4/5)2 i

8.3 Choque de una partícula con otra idéntica en reposo. Una partícula de masa m y energía cinética inicial Ki colisiona elásticamente con una partícula idéntica inicialmente en reposo. Suponga que después del choque las dos partículas salen simétricamente, con igual energía y con el mismo ángulo θ con respecto a la dirección inicial, una a la derecha y otra a la izquierda. 1. Calcule el ángulo θ con el cual salen las dos partículas en térmicos de K1 y m. 2. ¿Cuánto vale este ángulo si K1 = 10mc2 ? ¿Y si K1 = mc2 ? ¿Y si K1 = 0,1mc2 ? 3. Muestre que si K1  mc2 el ángulo θ = 45º por lo que el ángulo entre las trayectorias de las partículas es 90º ? Solución: Utilizamos la conservación del momento y de la energía para resolver el problema. Empezamos utilizando la conservación del momento lineal en la dirección y : 0 γ1f β1f

= γ1f m0 cβ1f sin θ − γ2f m0 cβ2f sin θ = γ2f β2f

48

(116)

De manera que

β1f = β2f = βf

Ahora, de la conservación en la dirección x (donde, para simplificar, a los valores iniciales no colocamos el subíndice): γm0 cβ = 2γf m0 βf c cos θ

(117)

Y partir de la conservación de la energía
K + m0 c2 + m0 c2 = 2γf m0 c2 = 2m0 c2 + 2Kf

(118)

A partir de (118), vemos que la energía cinética final es la mitad que la energía cinética inicial: K = Kf 2 La ecuación de conservación del momento en la dirección x puede escribirse como en función del momento total multiplicando por c a ambos lados de la igualdad. cγm0 cβ

=

c2γf m0 c cos θ

cp

=

2cpf cos θ

(119)

Ahora utilizamos la relación E=

q 2 2 (m0 c2 ) + (cp)

Y así insertamos la energía en la ecuación (119) q 2 E 2 − (m0 c2 ) q 2 (E0 + K) − E02 q E02 + K 2 + 2KE0 − E02 p K (K + 2m0 c2 )

= cp = cp = cp =

cp

de manera que q p K (K + 2m0 c2 ) = 2 Kf (Kf + 2m0 c2 ) cos θ Sabemos que la relación entre la energía cinética final e inicial es Kf = que s p p K (K + 2m0 c2 ) K (K + 2m0 c2 ) K + 2m0 c2 p cos θ = q = =
K + 4m0 c2 K (K + 4m0 c2 ) 2 K K + 2m c2 2

2

0

49

K 2 ,

así

El siguiente paso será calcular el límite relativista, es decir, cuando K  m0 c2 . Si despreciamos K frente a m0 c2 , entonces √ cos θ ≈ 2/2 ⇒ θ ≈ π/4 En el otro extremo, es decir, en el caso ultrarelativista, K  m0 c2 , tenemos que cos θ ≈ 1 ⇒ θ ≈ 0 Si utilizamos los valores numéricos que nos proporciona el enunciado, entonces: s cos θ

=

cos θ

=

cos θ

=

r 10m0 c2 + 2m0 c2 12 = = 0,926 ⇒ θ ≈ 22,21º 10m0 c2 + 4m0 c2 14 s r m0 c2 + 2m0 c2 3 = = 0,775 ⇒ θ ≈ 39,23º m0 c2 + 4m0 c2 5 s r 0,1m0 c2 + 2m0 c2 2,1 = = 0,716 ⇒ θ ≈ 44,3º 0,1m0 c2 + 4m0 c2 4,1

8.4 Fotón que colisiona con un protón. Un fotón con energía inicial de 20 M eV colisiona con un protón y se deflecta 30º. ¿Cuál es la energía final del fotón? Solución: Partimos de la conservación de la energía y el momento. Ef i + Epi

=

0

=

Ef i c

=

Ef f + Epf Ef f sin θ − ppf sin φ c Ef f cos θ + ppf cos φ c

Ahora no podemos suponer que los dós ángulos de salida son iguales. q cppf cos φ = cppf 1 − sin2 φ s  2 Ef f = cppf 1 − sin2 θ cppf q 2 = (cppf ) − Ef2f sin2 θ

(120) (121) (122)

(123) (124) (125)

A continuación Epf Ef i

= Ef i + Epi − Ef f q 2 = Ef f cos θ + (cppf ) − Ef2f sin2 θ

50

(126) (127)

Ahora utilizamos la relación 2

2 2 Epf = (cppf ) + Epi

(128)

donde la Epi = m0p c2 es la energía en reposo del protón. Introduciendo (128) en (127), tenemos q 2 − E 2 − E 2 sin2 θ (129) Ef i = Ef f cos θ + Epf pi ff Así, tenemos un sistema de ecuaciones formado por (126) y(129) con incógnitas Epf y Ef f . Sustituyendo la primera en la segunda, tenemos 2

2

2 (Ef i − Ef f cos θ) = (Ef i + Epi − Ef f ) − Epi − Ef2f sin2 θ 2 2 Ef2i +Ef2f cos2 θ−2Ef i Ef f cos θ = Ef2i +Epi +Ef2f +2Ef i Epi −2Ef i Ef f −2Epi Ef f −Epi −Ef2f sin2 θ
Ef2f cos2 θ + sin2 θ − Ef2f − 2Ef f Ef i cos θ + 2Ef f Epi + 2Ef f Ef i = 2Ef i Epi

Ef f 2 (−Ef i cos θ + Ef i + Epi ) = 2Ef i Epi Ef f =

Ef i Epi Epi + Ef i (1 − cos θ)

Donde recordamos que el ángulo θ corresponde al ángulo de dispersión del fotón. Con los datos numéricos del fotón, Ef f =

20 M eV ∗ 938 M eV = 19,943 M eV 938 M eV + 20 M eV (1 − cos 30º)

En este caso, como Ef i  Epi , Ef f ≈ Ef i (apenas le transfiere energía en la colisión). 8.5 Imposibilidad de que un electrón aislado absorba o emita un fotón. Demuestre que un electrón aislado no puede absorber o emitir un fotón. Solución: Como siempre, partimos de las ecuaciones de conservación de la energía y la masa. Suponemos que la colisión entre el fotón y el electrón sucede en una sola dimensión. Suponemos que inicialmente el electrón está en reposo en el origen de nuestro sistema de coordenadas. m0 c2 = Ee + Ef

(130)

En cuanto a la conservación del momento, después de la supuesta emisión del fotón: 0 = pe − Ef /c ⇒ Ef = cpe (131) Si ahora utilizamos la relación 2

Ee2 = (cpe ) + m0 c2 51


2

(132)

y la introducimos en (131) Ef =

q

2

Ee2 − (m0 c2 )

(133)

Usando la conservación de la energía para Ee , (130)
2
2 Ef2 = m0 c2 + Ef2 − 2m0 c2 Ef − m0 c2 0

= −2m0 c2 Ef

Como vemos, la única manera de satisfacer esta ecuación es que Ef = 0, es decir, que no haya fotón. Esto demuestra que un electrón aislado no puede emitir un fotón. Para el caso de la absorción del fotón, la situación es la misma, sólo que ahora debemos intercambiar la situación inicial y la final... 8.6 Fotón absorbido por una partícula. Un fotón de energía E choca con una partícula estacionaria de masa m y es absorvido. ¿Cuál es la velocidad de la partícula compuesta resultante? Solución: La colisión tiene lugar en una dimensión. A partir de la conservación del momento (M0 es la masa de la partícula resultante de la colisión): Ef = γM0 cβ c

(134)

Y de la conservación de la energía Ef + m0 c2 = γM0 c2

(135)

Nosotros estamos interesados en conocer la velocidad de la partícula resultante, β, de manera que podemos dividir (134) por (135), de manera que Ef /c γM0 cβ = Ef + m0 c2 γM0 c2

(136)

por lo que, directamente, obtenemos β=

Ef Ef + m0 c2

(137)

Si calculamos los casos límites, ultrarelativista y no relativista, tenemos8 Ultrarelativista Ef  mo c2 : En este caso, la energía del fotón incidente es muy superior a la energía de la partícula en reposo, de manera que la velocidad de la partícula resultante es prácticamente la de la luz (β ≈ 1) Ef  mo c2 ⇒ β =

Ef ≈1 Ef + m0 c2

8 El enunciado no lo pide, pero en la resolución del libro de problemas aparece y es interesante.

52

Límite clásico Ef  m0 c2 : En este caso, la energía del fotón es muy inferior a la energía de la partícula en reposo, de manera que la velocidad será muy pequeña, Ef  m0 c2 ⇒ β ≈

Ef2 Ef − 2 + ··· m0 c2 (m0 c2 )

8.7 Nave espacial a vela propulsada por un láser desde la Tierra. Una nave espacial lleva una especie de vela que recibe el empuje de un fuerte rayo láser dirigido desde la Tierra. Calcular la masa de luz que se necesita para acelerar un vehículo de masa M0 hasta un valor dado de γ. Solución9 : Inicialmente tenemos la nave espacial a vela en reposo, y un grupo de fotones lanzados desde el láser que se dirigen hacia la nave. Una vez que los fotones han sido absorbidos por la vela de la nave, ésta está en movimiento.

A partir de la conservación de la energía, tenemos: Ef + M0 c2 = γM0 c2 donde M0 es la masa en reposo de la nave. Queremos conocer la masa equivalente de energía en forma de fotones que debemos lanzar contra la nave para conseguir un determinado γ. mf = (γ − 1) M0 donde hemos utilizado que Ef = ”mf ”c2 . Si queremos conseguir una velocidad de 0,6c ⇒ γ = 1,5625, de manera que la masa equivalente en forma de fotones debería ser de la mitad de la masa en reposo de la nave espacial. 9 En el libro de problemas tienen en cuenta que no todos los fotones lanzados contra la vela espacial serán absorbidos, por lo que la efectividad de éste método de propulsión es todavía peor. Como en el enunciado no indican en ningún caso que consideremos un caso “realista”, con fotones que no son absorbidos, nos limitamos al caso “ideal”.

53

8.8 Dispersión Compton estándar Un fotón choca con una partícula de masa no nula que estaba inicialmente en reposo. Calcule el cambio en la longitud de onda del fotón si éste se dispersa según un ángulo de θ. Solución: La energía del fotón los denotamos por Q, mientras que para la partícula, tenemos p~ y E. Para las cantidades antes de la colisión, añadimos el subíndice 0, es decir Q0 es la energía del fotón antes de la colisión. ~n es un vector unitario en la dirección en la que se mueve el fotón. A partir de la conservación de la energía y del momento: Q0 + m0 c2 = Q + E (138) Q Q0 ~n0 = ~n + p~ (139) c c Movemos todos los términos relacionados al mismo lado de las ecuaciones. Q0 − Q = E − m0 c2 Q0 ~n0 − Qc ~n = p~ c Si elevamos al cuadrado las ecuaciones, tenemos
2 2 (Q0 − Q) = E − m0 c2 (Q0~n0 − Q~n)

2

Q20 + Q2 − 2QQ0 Q20

2

=

(c~ p)


= E 2 + m0 c2 − 2Em0 c2

+ Q − 2QQ0 cos θ

=

2

(cp)

2

(140) (141) (142) (143)

Si restamos las ecuaciones (142) y (143)
y usando la relación relativista entre 2 energía y momento (cp) = E 2 − m0 c2 : −2QQ0 cos θ + 2QQ0

=

−2m0 c2 + 2m0 c2 E

2QQ0 (− cos θ + 1)

=

−2m0 c2 (1 − E)

(144)

Para eliminar la energía de la partícula final tras el choque, utilizamos (138) 2QQ0 (− cos θ + 1)

=

QQ0 (1 − cos θ) = 1 (1 − cos θ) = m0 c2

−2m0 c2 (1 − Q0 + Q − 1) m0 c2 (Q0 − Q) 1 1 − Q Q0

Si ahora utilizamos la relación entre la energía y la longitud de onda, Q= tenemos

hc λ

h (1 − cos θ) = λ − λ0 m0 c2 54

8.9 Incremento de masa de un núcleo por absorción de un cuanto γ. Un núcleo inicialmente en reposo absorbe un cuanto γ de energía W . Tomando en cuenta el retroceso del núcleo, calcule el incremento de su masa en reposo en términos de W y su masa final mf . Solución: Partimos de las ecuaciones de conservación de la energía y de la masa. W + m0 c2 W c

=

mf c2 + K

(145)

=

p

(146)

Nos interesa obtener el incremento de masa tras la absorción del fotón, de manera que reordenamos la ecuación (145) (mf − m0 ) c2 = W − K

(147)

El siguiente paso es expresar K en función de la energía del fotón W . W W

2

W2 W2 0

= cp
2 = E 2 − mf c2  2
2
2 = mf c2 + K − mf c2
2
2 = mf c2 + K 2 + 2Kmf c2 − mf c2

(149)

= K + K2mf c − W

(151)

2

2

2

Como vemos, tenemos una ecuación de segundo grado para K. q 2 −2mf c2 ± (2mf c2 ) + 4W = K = q 2 2 = −mf c2 ± (mf c2 ) + W

(148)

(150)

(152)

De las dos soluciones posibles, descartamos la solución de la raíz negativa, ya que daría lugar a una energía cinética negativa. Así, si ahora sustituimos K en (147), tenemos q 2 (mf − m0 ) c2 = W + mf c2 − (mf c2 ) + W

9.

Vectores y tensores

9.1 Ejercicios sencillos de tritensores (I) A continuación trabajamos con magnitudes del espacio euclídeo tridimensional. Las transformaciones bajo las cuales se clasifican estas magnitudes como escalares, vectores o tensores son las transformaciones ortogonales de dicho espacio. Demuestre las siguientes aseveraciones: 55

1. El producto escalar de dos trivectores es un escalar. 2. La norma de un trivector es un escalar. 3. La delta de Kronecker δkl es un tritensor. 4. El traspuesto de un tritensor |Qt |kl = Qlk también es un tensor. Solución: Siguiendo la convención del libro, indicaremos con una prima 0 las magnitudes después del cambio a otro sistema de coordenadas. La matriz del cambio se denominará aij , i, j = 1, 2, 3. Usamos el convenio de Einstein según el cual los índices repetidos indican suma. 1. Carácter del producto escalar Llamemos E = Ai Bi al producto escalar en el sistema de coordenadas no primado. Entonces E0

=

(A0 )i (B 0 )i

= aim Am ain Bn = aim ain Am Bn = δmn Am Bn = E 2. Carácter escalar de la norma Sea N = Ai Ai la norma en el sistema de coordenadas no primado. Entonces N0

=

(A0 )i (A0 )i

=

aim Am ain An

=

aim ain Am An

=

δmn Am An

=

Am Am

=

N

Como vemos, la norma es un caso concreto del producto escalar (cuando los dos factores son iguales). 3. Delta de Kronecker Suponemos que la delta ha sido definida como 1 para sus elementos diagonales y cero para los restantes casos, en el sistema de coordenadas inicial. Entonces: (δ 0 )kl = akm aln δmn = akm alm = δkl por lo que en el sistema de coordenadas primado este tensor también tendrá todos sus elementos nulos excepto los de la diagonal, que valen la unidad. 56

4. Traspuesto Para no cargar la notación, llamaremos Tkl al traspuesto de Qkl ; Tkl ≡ (Qt )kl = Qkl . Entonces: (T 0 )kl

=

(Q0 )lk

= alm akn Qmn = akm alm Tnm 9.2 Ejercicios sencillos de tritensores (II) 1. Demuestre que si Qkl y Tkl son tensores, entonces Tkl Qlm es también un tensor. 2. Demuestre que si Qkl es un tensor y Bk un vector, entonces Qkl Bt es un vector. 3. Demuestre que la traza de Qll del tensor Qkl es un escalar. 4. Demuestre que si Qkl y Tkl son tensores, entonces Tkl Qkl es también un tensor, pero de rango cero (un escalar). Solución: 1. Demostrar que si Qkl y Tkl son tensores, entonces Tkl Qlm (P 0 )km

=

(T 0 )kl (Q0 )lm

=

aku alv Tuv alx amy Qxy

=

aku alv alx amy Tuv Qxy

=

aku δvx amy Tuv Qxy

=

aku amy Tuv Qvy

=

aku amy Puy

2. Llamamos Vk = Qkl Bl al resultado. Entonces (V 0 )k

=

(Q0 )kl (B 0 )l

=

aku alv Quv alx Bx

=

aku alv alx Quv Bx

=

aku δvx Quv Bx

=

aku Quv Bv

=

aku Vu

3. Traza de Qll (Q0 )ll

=

alm aln Qmn

=

δmn Qmn

=

Qmm

57

4. Si nos fijamos Qkl Tkl no depende de ningún índice (los dos índices se encuentran sumados). Llamamos al resultado S. Entonces S0

=

(Q0 )kl (T 0 )kl

= akm aln Qmn akp alq Tpq = akm akp aln alq Qmn Tpq = δmp δnq Qmn Tpq = Qpn Tpn = S 9.3 El tensor eijk . Definamos el pseudotensor completamente antisimétrico de tres índices (rango 3) como   1 ei jk = −1   0

si ijkes una permutación par de 123 si ijkes una permutación impar de 123 en cualquier otro caso

Demuestre que eijn elmn

=

δil δjm − δim δjl

(153)

eimn elmn

=

2δil

(154)

elmn elmn

=

6

(155)

Solución: En la primera expresión (153), sumamos sobre el índice n, mientras que el resto son índices libres. Pero en cuanto fijamos un índice, por la definición del tensor eijk , tenemos que sólo tenemos dos combinaciones posibles diferentes

58

de cero, una con valor 1 y otra -110 . eijn ekln

= eij1 ekl1 + eij2 ekl2 + eij3 ekl3 = =

(δi2 δ j3 − δi3 δj2 ) (δk2 δl3 − δk3 δl2 ) + (−δi1 δ j3 + δi3 δj1 ) (−δk1 δl3 + δk3 δl1 ) + (δi1 δ j2 − δi2 δj1 ) (δk1 δl2 − δk2 δl1 )

= δi2 δ j3 δk2 δl3 − δi2 δ j3 δk3 δ l2 − δi3 δ j2 δk2 δ l3 + δi3 δ j2 δk3 δ l2 + +δi1 δj3 δk1 δl3 − δi1 δ j3 δk3 δl1 − δi3 δj1 δk1 δl3 + δi3 δj1 δk3 δl1 + +δi1 δ j2 δk1 δl2 − δi1 δ j2 δk2 δl1 − δi2 δj1 δk1 δl2 + δi2 δj1 δk2 δl1 =

etc...

9.4 eijk y el producto vectorial ~ =A ~×B ~ se Demuestre que para el producto vectorial de dos vectores C tiene 1 Ci = eijk Cjk 2 donde Cjk = Aj Bk − Ak Bj Solución: 9.5 eijk y el rotor ~ es válida la Demuestre que para el rotor de cualquier campo vectoria A fórmula ~ = eijk ∂Ak e~i ∇×A ∂xj Solución: 9.6 eijk y el producto mixto Demuestre que

10 Vamos

  ~· B ~ ×C ~ = eijk Ai Bj Ck A

a poner un ejemplo: eij1

=

δi1 δj1 + δi1 δj2 + δi1 δj3 +

| {z } | {z } | {z } =0

=0

=0

δi2 δj1 + δi2 δj2 + δi2 δj3 +

| {z } | {z } | {z } =0

=0

=+1

δi3 δj1 + δi3 δj2 + δi3 δj3

| {z } | {z } | {z } =0

=−1

=0

Como vemos, la mayor parte de los elementos son cero porque se repite un índice. Los dos únicos sumandos diferentes de cero son aquellos con índices 231, que corresponde a una permutación par de 123 y 321, que corresponde a una permutación impar de 123.

59

Solución: 9.7 eijk y el determinante Demuestre qeu el determinante del tensor Qij se puede expresar como: eijk Qi1 Qj2 Qk3

Solución: 9.8 Los tensores y las transformaciones de coordenadas curvilíneas (I). Escriba las ecuaciones de transformación de los tensores covariantes de rangos 0,1 y 2 ante transformacions de coordenadas curvilíneas. Solución: 9.9 Los tensors y las transformaciones de coordenadas curvilíneas (II). Escriba las ecuaciones de transoformación de los tensores covariantes de rango 0, 1 y 2. Solución: 9.10 Los tensores y las transformaciones de coordenadas curvilíneas (III). Escriba ecuaciones de transforamación de los tensores: de segundo rango mixtos de tercer rango mixtos. Solución: 9.11 El tensor unidad δβα Se define la magnitud de dos índices δβα

( 1 = 0

α=β α 6= β

en un sistema de coordenadas. Demuestre que es un tensor que tiene esta misma forma en cualquier otro sistema. Solución: 9.12 Tensores cartesianos Demuestre que en el caso cartesiano los conceptos de tensor contravariante y covariante coinciden. Solución:

60

9.13 Ejercicios sencillos de tensores. En este ejercicio supondremos que nos estamos refiriendo a las ecuaciones de trasnformación generales. En las fórmulas que se proponen a continuación, las magnitudes involucradas son tensores del tipo y orden que la notación indica. 1. Demuestre que el producto escalar de dos vectores es un escalar. 2. Demuestre que la norma de un vector es un escalar. 3. Demuestr que Aµ Tµν es un tensor covariante de rango 1. 4. Demuestre que T µν Bµν es un tensor de rango 2. 5. Demuestre que Tνµ es un tensor de rango 0. Solución: β 9.14 Ortogonalidad de la Matrix de Lorentz:Lα µ gαβ Lν = gµν

Comprobar que la matriz asociada a una transformación de Lorentz pura satisface la relación β Lα µ gαβ Lν = gµν Solución: 9.15 Formas de la Matriz de Lorentz: Lµν , Lµν , Lµν ,Lµν Si

   Lµν =  

halle la forma de

Lµν ,

1 1−V 2 /c2 −√ 1 2 2 1−V /c

√

1 1−V 2 /c2 √ 12 2 1−V /c

0

0

0

0 0

1 0

 0   0 

−√

0 0



1

Lµν y L . µν

Solución: 9.16 Formas de un tensor: T νµ ,Tµν , Tµν y T µν Halle las relaciones entre las distintaas formas de un tensor en el espacio de Minkowski. Solución: 9.17 Algunos ejercicios sencillos de cuadritensores. Demuestre las siguienets aseveraciones suponiendo que las transformaciones son las de Lorentz en el espacio de Minkowski. En las fórmulas que se proponen las maginitudes involucradas son tensores del cuadriespacio. 1. Demuestre que el producto escalar de dos cuadrivectores es un cuadriescalar. 61

2. Demuestre que la norma de un cuadrivector es un cuadriescalar. 3. Demuestre que Aµ Tµν es un tensor de rango 1. 4. Demuestre que T µν Rµν es un tensor de rango 0. 5. Demuestre que T µνα es un tensor de rango 2. ν 6. Demuestre que T µµ es un tensor de rango 0. Solución: 9.18 Rotaciones del triespacio y del cuadriespacio. Halla la estructura de la matriz que caracteriza a una transformación de Lorentz seguida de una rotación de los ejes de las coordenadas espaciales. Solución: 9.19 Trisensores y cuadirtensores (I) Demuestre que las tres componentes espaciales de un cuadrivector forman un trivector y que la componente temporal es un triescalar. Solución: 9.20 Tritensores y cuadritensores (II) Demuestre que las nueve componentes espaciales de un cuadritensor forman un tritensor. Solución:

Parte III

Electrodinámica 10.

Transformación de campos

~0 y B ~ 0 en el 10.1 Usualmente se dan las expresiones que dan los campos E 0 ~ ~ en el sistema inercial de referencia K en términos de los campos E y B 0 ~. sistema K, donde K se mueve con respecto a K con cierta velocidad V Si esta velocidad está sobre el eje Z las ecuaciones en cuestión adoptan la forma:   V E10 = γ (E1 − V B2 ) ; B10 = γ B1 + 2 E2 c   V E20 = γ (E2 + V B1 ) ; B20 = γ B2 − 2 E1 c 0 0 E3 = E3 ; B3 = B3 ~ yB ~ como función de Encuentre las expresiones inversas que expresan E 0 0 ~ ~ E yB. 62

Solución: Para encontrar las ecuaciones inversas podemos, simplemente, cambiar las cantidades primadas por las no primadas y cambiar V por −V . 10.3 Campo de una carga en movimiento rectilíneo y uniforme. Usando las transformaciones de Lorentz para los campos halle el campo electromagnético creado por una carga q en movimiento rectilíneo y uniforme. Solución: Tenemos a la carga moviéndose a lo largo del eje Z en movimiento rectilíneo uniforme con velocidad v en el sistema S. Transformamos a un sistema en movimiento relativo a S con velocidad −v, de forma que el origen de ambos sistemas coincide en t = 0. En el sistema S’ la carga está en reposo, por lo que produce únicamente campo eléctrico (campo de Coulomb). Es decir: ~0 B

=

~0

=

E

0

~r0 1 q 03 4π0 r

(156)

Los campos en ambos sistemas están relacionados mediante las ecuaciones
Ex = γ Ex0 + vBy0
Ey = γ Ey0 − vBx0 Ez Bx By Bz

= Ez0   v = γ Bx0 − 2 Ey0 c   v 0 = γ By + 2 Ex0 c = Bz0

(157)

De manera que teniendo en cuenta las ecuaciones (156) nos queda Ex

=

γEx0

Ey

=

γEy0

Ez

=

Ez0

Bx

=

−γ

By

=

γ

Bz

=

0

63

v 0 E c2 y

v 0 E c2 x

(158)

Por tanto Ex

= γ

1 x0 q 4π0 (x02 + y 02 + z 02 )3/2

Ey

= γ

1 y0 q 4π0 (x02 + y 02 + z 02 )3/2

Ez

=

1 z0 q 4π0 (x02 + y 02 + z 02 )3/2

cBx

= −γβ

1 y0 q 4π0 (x02 + y 02 + z 02 )3/2

cBy

=

+γβ

1 x0 q 4π0 (x02 + y 02 + z 02 )3/2

cBz

=

0

(159)

Pero debemos expresar el campo en términos de las coordenadas en S (es decir, sin primas). Hemos supuesto que el movimiento de la carga se realiza sobre la dirección del eje Z, por lo que las direcciones perpendiculares quedan inalteradas. x0

=

x

0

=

y

y

En cuanto a la dirección Z, mediante la transformación de Lorentz tenemos: z 0 = γ (z − vt) De manera que finalmente, podemos re-escribir las ecuaciones (159) como Ex

Ey

Ez

= γ = γ = γ

1 q 4π0  1 q 4π0  1 q 4π0 

x x2 + y 2 + (γ (z − vt))

2

3/2

2

3/2

2

3/2

y x2 + y 2 + (γ (z − vt)) z − vt x2 + y 2 + (γ (z − vt))

cBx

= −γβ

1 y q 3/2 4π0 2 x2 + y 2 + (γ (z − vt))

cBy

=

1 q 4π0 

cBz

=

+γβ

x x2 + y 2 + (γ (z − vt))

0

2

3/2 (160)

64

~ son paralelos. 10.4 Sistema inercial de referencia en que E~ y B En un sistema de referencia en reposo se dan la intensidad de E~ e in~ de un campo electromagnético homogéneo. Además, E~ · B ~ > 0. ducción B ~ Determinar la velocidad V de aquellos sistemas de coordenadas inerciales en los cuales los vectores de los campos eléctrico y magnético resultan paralelos. Solución: Partimos de la relación entre las componentes paralela y perpendicular de los campos entre los sistemas S y S’ h i 0 ~⊥ ~ ⊥ + ~v × B ~ E = γ E ~0 E k

=

0 ~⊥ B

=

~0 B k

=

~k E   1 ~ ~ γ B⊥ − 2 ~v × E c ~k B

(161)

La condición de que en un sistema S’ los campos eléctrico y magnético sean paralelos la obtenemos exigiendo ~0 × B ~0 = 0 E A partir de aquí, desarrollamos para las componentes paralelas y perpendiculares de los campos, obteniendo la fórmula para la velocidad relativa de S’ con respecto a S.     0 0 Ek0 + E⊥ × Bk0 + B⊥ = 0 0 0 0 0 + E⊥ × Bk0 + E⊥ × B⊥ Ek0 × Bk0 +Ek0 × B⊥ | {z }

=

0

=0

~ k, E ~⊥ y B ~ k, Si ahora introducimos en la expresión anterior las ecuaciones para E ~ ~ ~ ~ ~ B⊥ (en S) y utilizando que ~v × E = ~v × E⊥ y ~v × B = ~v × B⊥ , se llega a una expresión desde donde podemos aislar β~ = ~vc r 2
~ 2 2 2 2 ~ E + c B − (E 2 + c2 B 2 ) − 4c2 E ×B ~= β ~n ~ ~ 2c E ×B donde

~ ×B ~ E ~n = ~ ×B ~ E

~ yB ~ son mutuamente perpendicuEn el caso particular en el que los campos E lares, la expresión se simplifica cB β~ = ~n E 65

~ = ~0 o E ~ = ~0 10.5 Sistema inercial de referencia con B ~ e inducción B ~ son En un sistema de referncia en reposo la intensidad E ~ ·B ~ = 0) y se diferencian en su módulo recíprocamente ortogonales (E (E 6= cB). Hallar la velocidad ~v de aquellos sistemas de coordenadas en los cuales existen: 1. solamente campo eléctrico. 2. sólamente campo magnético. ~ y B. ~ Determinar E Solución: 10.6 Sistema de referencia con el mismo E o B. ~ e inducción B ~ de un campo electromagnético homSe dan la intensidad E mogéneo en cierto sistema inercial de referencia. Al mismo tiempo se sabe ~ ×B ~ 6= 0. Hallar la velocidad de todos los sistemas inerciales de reque E ~ (o B) ~ tiene el mismo valor numético ferencia en los cuales el módulo de E que en el sistema inicial. Representar el resultado de forma vectorial. Solución: 10.7 Sistema inercial de referencia con E 0 < cB 0 /N Una corriente continua con densidad espacial ~j fluye a lo largo de un cilindro infinito homogéneo de radio arbitrario. Las densidades espacial y superficial de la carga del cilindro son nulas. Hallar las velocidades ~v de los sistemas inerciales de referencia en cada punto del espacio donde ~ es en módulo N veces menor que la la intensidad del campo eléctrico E ~ (E < cB/N ). correspondiente inducción de campo magnético B Solución: ~ ·B ~ y E 2 − c2 B 2 10.8 Invariantes E ~ yB ~ demostrar Aplicando las fórmulas de transformación de los campos E ~ ·B ~ y E 2 − c2 B 2 no cambian de forma ni valor al que las magnitudes E pasar de un sistema inercial a otro. Solución:

66