problemas capítulo 37

7/30/2019 problemas capítulo 37

http://slidepdf.com/reader/full/problemas-capitulo-37 1/26

37.1: If O′ sees simultaneous flashes then O will see the )AA( ′ flash first since O

would believe that the A′ flash must have traveled longer to reach O′ , and hence

started first.

37.2: a) .29.2

)9.0(1

1γ

2

=−

=

s.105.05s)1020.2()29.2(γ 66 −− ×=×== τ t

b) km.1.36m101.36s)1005.5()sm1000.3()900.0( 368 =×=××== −vt d

37.3: +−≈−=−2

2212222

21)1(1

c

ucucu

s.1000.5)(

)sm102(3.00

(3600)hrs)4()sm250(

2))(11()(

9

0

28

2

2

222

0

−×=∆−∆⇒

×⋅

=∆=∆−−=∆−∆⇒

t t

t c

ut cut t

The clock on the plane shows the shorter elapsed time.

37.4: .79.4)978.0(1

1γ

2=

−=

ms.0.395s103.95s)104.82()79.4(γ -46 =×=×=∆ −t

37.5: a) 2

0

2

2

22

0 11

∆∆

=−⇒−

∆=∆

t

t

c

u

cu

t t

22

0

42

6.211

−=

∆∆

−=⇒ ct

t cu

.998.0 cu =∴

b) m.126s)10(4.2)sm1000.3()998.0( 78 =××=∆=∆ −t u x

37.6: 667.1γ = a) s.300.0)800.0(γ

m1020.1

γ

8

0 =×

=∆=∆c

t t

b) m.107.20)(0.800s)300.0(7×=c

c) s.180.0γs300.00 ==∆t (This is what the racer measures your clock to read

at that instant.) At your origin you read the originals.5.0

)sm10(3(0.800)

m1020.1

8

8

=×

×

Clearly the observes (you and the racer) will not agree on the order of events!

37.7: yr)(1sm103.00

sm104.8011

2

8

622

0

××

−=∆−=∆ t cut

hrs.1.12yr )1028.1()(4

0 =×=∆−∆⇒ −t t



37.12: .sm102.86952.0)γ1(1so,3048.01γ82 ×==−== ccu

37.13:22

02

2

0

11

cu

l l

c

ul l

−=⇒−=

m.92.50.600

1

m74.02

0 =

−

=⇒

c

c

l

37.14: Multiplying the last equation of (37.21) by u and adding to the first to eliminate t gives

,1

12

2

xc

u xt u x

γ =

−γ =′+′

and multiplying the first by2

c

uand adding to the last to eliminate x gives

,γ

11γ

2

2

2t

c

ut x

c

ut =

−=′+′

),(γand)(γso 2c xut t t u x x ′+′=′+′=

which is indeed the same as Eq. (37.21) with the primed coordinates replacing theunprimed, and a change of sign of u.

37.15: a) ccc

cvu

uvv 806.0

)600.0()400.0(1

600.0400.0

1 2=

++

=′+

+′=

b) ccc

cvu

uvv 974.0

)600.0)(900.0(1

600.0900.0

12

=

+

+=

′+

+′=

c) .997.0)600.0)(990.0(1

600.0990.0

1 2c

cc

cvu

uvv =

++=

′++′=

37.16: ).)54(if 35γ(667.1γ cu === a) In Mavis’s frame the event “light on” has

space-time coordinates 0=′ x and 00.5=′t s, so from the result of Exercise 37.14 or

Example 37.7, )(γ t u x x ′+′= and =′=×=′=⇒

′

+′= t t t u xc

xut t γ,m1000.2γγ 9

2

.s33.8

b) The 5.00-s interval in Mavis’s frame is the proper time 0t ∆ in Eq. (37.6), so

,s33.8γ 0 =∆=∆ t t as in part (a).c) 91000.2)800.0()s33.8( ×=c m, which is the distance x found in part (a).

37.17: Eq. (37.18): 221 cu

ut x x

−

−=′ Eq. (37.19): 22

1 cu xt u x −+′−=′

Equate:γ

γ)(x

t uut x +′−=−



( )( )

( )

( ) ( )

.)(1

γγ

γ11

11

1

11γ

γ

1

γγ

1γ

γγ

γ

2

2

2

22

2

22

2

2

2

2

cucuxt

c xut t

cucu

cu

cu

cu

cucu

u

xt

u

xt

u

xt

−−=+=′⇒

=−

−=−

−−=−

−−=−

−+=

++−=′⇒

37.18: Starting from Eq. (37.22),

)1(

)1(

1

2

2

2

2

cvuv

cuvvvuv

uvcuvv

cuv

uvv

′+=

′+=+′

−=−′

−

−=′

from which Eq. (37.23) follows. This is the same as switching the primed and unprimed

coordinates and changing the sign of u .

37.19: Let the unprimed frame be Tatooine and let the primed frame be the pursuit ship.

We want the velocity v′ of the cruiser knowing the velocity of the primed frame u and

the velocity of the cruiser v in the unprimed frame (Tatooine).

ccc

c

uv

uvv 385.0

)800.0()600.0(1

800.0600.0

12

−=−

−=−

−=′

⇒ the cruiser is moving toward the pursuit ship at .385.0 c

37.20: In the frame of one of the particles, u and v are both c9520.0 but with opposite

sign.

.9988.0)9520.0)(9520.0(1

9520.09520.0

)()(1

)(2

ccc

cvu

uvv −=

−−−−

=−−−−

=′

Thus, one particle moves at a speed c9988.0 toward the other in the other particle’s frame.

37.21:.784.0

)650.0)(950.0(1

650.0950.0

12

ccc

c

vu

uvv −=

−++−

=′

+

+′=

37.22: a) In Eq.(39-24),)400.0()700.0(1

400.0700.01

700.0,400.0 2 + +=′+ +′=⇒=′= cccvuuvvcvcu

.859.0 c=

b) .s0.31859.0

m1000.8 9

=×

=∆

cv

x



37.23: uvc

vuvv

cuv

uvv −=

′−′⇒

−−

=′221

ccc

u

cvv

vvuvv

c

vvu

837.0))920.0)(360.0(1(

920.0360.0

)1(1

22

−=−−

=⇒

′−′−

=⇒′−=

′

−⇒

⇒ moving opposite the rocket, i.e., away from Arrakis.

37.24: Solving Eq. (37.25) for cu , (see solution to Exercise 37.25)

,)(1

)(12

0

2

0

f f

f f

c

u

+−

=

and so (a) if ( ) ,0202.0,98.00 == cu f f the source and observer are moving away

from each other. b) if ( ) ,882.0,40 −== cu f f they are moving toward each other.

37.25: a) 20

20 )()( f uc f uc f

ucuc f +=−⇒−+=

)1λ)λ ((

)1λ)λ ((

1)(

)1)(()(2

0

2

0

2

0

2

0

22

0

2

0

2

+−

=+−

=+−

=⇒c

f f

f f c

f f

f f cu

h.km101.72skm104.77sm1077.4159.0)1)575675((

)1)575675(( 847

2

2

×=×=×==+−

=∴ ccu

b) 172$)00.1$(h)km90hkm1072.1( 8 =−× million dollars!

37.26: Using ( )ccu 53600.0 −=−= in Eq. (37.25) gives

( )

( ).2

58

52

531

531000 f f f f ==

+−

=

37.27: a) 2/322

2

21

21

2222 )1(

)2(

11 cv

cvamv

cv

ma

cv

mv

dt

d

dt

dp F

−⋅

−−

=

−==

.1

)1()1(

)1(

23

2

2

2322

2322

2222

−=⇒

−=

−

+−=

c

v

m

F a

cvmacv

cvcvma

b) If the force is perpendicular to velocity then denominator is constant ==⇒dt

dp F

.11

22

22cv

m

F a

cv

dt dvm−=⇒

−



37.28: The force is found from Eq. (37.32) or Eq. (37.33). (a) Indistinguishable from N.145.0== ma F b) . N75.1γ3 =ma c) N.7.51γ3 =ma d) N,145.0γ =ma

N.03.1, N333.0

37.29: a) mvcv

mv p 21 22 =−=

.866.02

3

4

3

14

1121

22

2

222

ccvcv

c

vcv

==⇒=⇒

−=⇒−=⇒

b) c

v

c

vmama F ⇒=

−=⇒=⇒== 3/2

2

2

3/133 2

1

1so)2(γ2γ2γ

.608.021 3/2 =−= −

37.30: a) ( ) s.m1021.4and140.0so,01.1γ 8×=== vcv b) The relativistic

expression is always larger in magnitude than the non-relativistic expression.

37.31: a) 22

22

2

1mcmc

cv

mc K =−

−=

.866.04

31

4

12

1

12

2

22cv

c

v

cv==⇒−=⇒=

−⇒

b) .986.036

351

36

16

1

15

2

2

22

2 ccvc

v

cvmc K ==⇒−=⇒=

−⇒=

37.32:

eV.1088.1J1001.3)sm1000.3(kg)1067.1(22 91028272 ×=×=××== −−mc E

37.33: ++≈−=2

422

8

3

2

1)1γ(

c

mvmvmc K

s.m1089.4163.0150

4

4

150

2

02.0

8

3

2

102.1

722

2

2

42

0

×===⇒=⇒

=⇒=−

ccvcv

vc

vmv K K if

37.34: a) .)1007.4()1γ( 232

f mcmc K W −×=−=∆= b) ( .79.4)γγ 22

if mcmc =−c) The result of part (b) is far larger than that of part (a).

37.35: a) Your total energy E increases because your potential energy increases;



%103.3)sm10998.2()m30()sm80.9()(

)(so)(132822

222

−×=×=∆=∆

∆=∆=∆∆=∆

∆=∆

c y g mm

c ymg c E mcm E

ymg E

This increase is much, much too small to be noticed.

b) J36.0m)m)(0.060 N1000.2( 22212

21 =×==∆=∆ kxU E

kg100.4)( 162 −×=∆=∆ c E m

Energy increases so mass increases. The mass increase is much, much too small

to be noticed.

37.36: a) 2

00 cm E =

2

0

2 22 cmmc E ==

022

00 2

/12 m

cv

mmm =

−→=∴

sm1060.2866.0

43431

41

8

2

2

2

2

×==

=→=→−=

cv

cvcv

cv

b) 2

22

022

0

110 c

cv

mmccm

−==

sm1098.2995.0100

99

100

99

100

11

8

2

2

2

2

×===

=→=−

ccv

c

v

c

v

37.37: a) J1005.400.3means00.4so, 10222 −×===+= mc K mc E K mc E

b) 22222222 )()(0.15so,00.4;)()( pcmcmc E pcmc E ==+=smkg1094.115

18 ⋅×== −mc p

c) 2221 cvmc E −=

ccvcvmc E 968.01615and1611gives00.4 222===−=

37.38: The work that must be done is the kinetic energy of the proton.

a) 2

0

2

0 11

1)1(

2

2cmcm K

c

v

−

−=−γ =

( )

J1056.7

10.011

1J)1050.1(

11

1)sm10kg)(3.001067.1(

13

10

2c1.0

2827

−

−

−

×=

−

−×=

−

−××=

c



b)

−×=

−

− 1J)1050.1(2(0.5)1

110 K

J1032.2 11−×=

c)

−×=−

− 1J)1050.1(2(0.9)1

110 K

J1094.1 10−×=

37.39: )smkg102.10kg,1064.6( 1827 ⋅×=×= −− pm

a) 222 )()( pcmc E +=

J.1068.8 10−×=

b) J.1070.2kg)1064.6(1068.8 10227102 −−− ×=×−×=−= cmc E K

c) .452.0kg)10(6.64

J1070.2227

10

2=

××

= −

−

cmc

K

37.40:

212

2212242 1)(

+=+=

mc

pmcc pcm E

222

2

22

22

2

1

22

11 mvmc

m

pmc

cm

pmc +=+=

+≈

the sum of the rest mass energy and the classical kinetic energy.

37.41: a) 0376.11

1γsm108

22

7 =−

=⇒×=cv

v

pmm = J1034.5

2

1 1220

−×== mv K

.06.1 J1065.5)1γ(0

122 =∴×=−= −

K

K mc K

b) 3.203γsm1085.2 8 =∴×=v

.88.4J1031.31)(γ

J1078.62

1

0

102

112

0

=×=−=

×==

−

−

K K mc K

mv K

37.42: MeV.3105J1097.4)sm10kg)(3.001052.5( 102827 =×=×× −−

37.43: a) V eV q K ∆=∆=

V1006.2

MeV2.06J10295.3025.41

1

1

6

132

22

2

×==∆

=×==

−

−

= −

e K V

mc

cv

mc K

b) From part (a), MeV2.06J1030.3 13 =×= − K

37.44: a) According to Eq. 37.38 and conservation of mass-energy

.292.1)7.16(2

75.91

2122 222 =+=+=γ ⇒γ =+

M

m Mcmc Mc



Note that since ,221

1

cv−=γ we have that

.6331.0)292.1(

11

11

22=−=

γ −=

c

v

b) According to Eq. 37.36, the kinetic energy of each proton is

MeV.274

J101.60MeV00.1)sm10kg)(3.001067.1)(1292.1()1(13

28272 =

×××−=−= −− Mc K γ

c) The rest energy of 0η is =××= −×−

J101.60

MeV00.12828213)sm10kg)(3.001075.9(mc

MeV.548

d) The kinetic energy lost by the protons is the energy that produces the ,0η

MeV).2(274MeV548 =

37.45: a) eV.104.20MeV420.05

×== E

b) eVJ106.1

)sm1000.3(kg)1011.9(eV1020.4

19

283152

−

−

×××

+×=+= mc K E

eV.109.32eV105.11eV1020.4 555 ×=×+×=

c) 22

22

2

11

−=⇒

−=

E

mccv

cv

mc E

.sm1051.2836.0eV109.32

eV1011.51 8

2

5

5

×==

××−= cc

d) Nonrel: kg109.11

)eVJ10eV)(1.61020.4(22

2

1

31

9152

−

−

×

××

==⇒= m

K

vmv K

.sm1084.3 8×=

37.46: a) The fraction of the initial mass that becomes energy is

,10382.6u)2(2.0136

u)0015.4(1 3−×=− and so the energy released per kilogram is

J.1074.5)sm10kg)(3.0000.1)(10382.6( 14283 ×=×× −

b) kg.107.1kgJ105.74

J100.1 4

14

19

×=××

37.47: a) kg102.4)sm10(2.998J)108.3(, 9282622 ×=××=== c E mmc E

1 kg is equivalent to 2.2 lbs, so 6106.4 ×=m tons

b) The current mass of the sun is kg,1099.1 30× so it would take it

y101.5s104.7)skg10(4.2kg)1099.1( 1320930 ×=×=×× to use up all its mass.

37.48: a) Using the classical work-energy theorem we obtain



m.81.1 N)1020.4(2

)]sm10)(3.00kg)[(0.9201000.2(

2

)(4

28120

22

=×

××=

−=∆

−

F

vvm x

b) Using the relativistic work-energy theorem for a constant force (Eq. 37.35) we obtain

.)1( 2

F

mc x

−γ =∆

For the given speed, ,55.22

920.01

1 ==γ − thus

m.65.6 N)1020.4(

)sm10kg)(3.001000.2)(155.2(4

2812

=×

××−=∆

−

x

c) According to Eq. 37.30,

,1)sm1010.2(1kg)10(2.00

N)1020.4(1

2

3

2

2216

2

3

2

2

12

42

3

2

2

−×=

−

××=

−= − c

v

c

v

c

v

m

F a

which yields, )i )100.0(sm1007.2216 =×= β a

).920.0(sm10126.0iii)

)462.0(sm1046.1ii)

216

216

=×=

=×=

β a

β a

37.49: a) s1000.4sm103

m1200 6

8

−×=×

==∆⇒∆=c

d t t cd (v is very close to ).c

But

2

0

2

2

2

0 11

∆∆

−=

⇒−=

∆∆

t

t

c

u

c

u

t

t

.1011.21000.4

106.21111

1)1(

5

212

6

821

2

0

2

02

−−

−

×=

××−−=

∆∆

−−=∆⇒

∆∆

−=∆−⇒

t

t

t

t

b) MeV6.139106.2

1000.4mc

8

62

0

2

××

=

∆∆

=γ = −

−

t

t mc E

MeV.1015.2 4×=⇒ E

37.50: One dimension of the cube appears contracted by a factor of ,γ

1so the volume in

S ′ is .)(1233

cuaγa −=

37.51: Need bl al ba ==⇒= ,0

22

0

140.1

cub

bab

l l −===∴

.sm1010.2

.700.040.1

111

8

22

×=

=

−=

−=⇒ cc

a

bcu



37.52: The change in the astronaut’s biological age is 0t ∆ in Eq. (37.6), and t ∆ is the

distance to the star as measured from earth, divided by the speed. Combining, the

astronaut’s biological age is

yr.7.24γ(0.9910)

yr 42.2yr 19

γ

yr 42.2yr 19 =+=+

u

c

37.53: a)100

99

γ

1γ

)(1

110and

2

2

2

2c

c

v

c

v

cvmc E =⇒

−=⇒

−=== γ γ

.995.0=

b)

+

== 1γ,γ)( 2

2

42222222

c

vcm E cvm pc

%.101.0))995.0(10(1

1

1

1)(22

2

2

22

==+

=

γ +

=−

⇒

c

v E

pc E

37.54: a) Note that the initial velocity is parallel to the x-axis. Thus, according to Eqn.37.30,

.sm1049.1)900.01(kg)10(1.67

N)1000.3(1

2142

32

27

122

3

2

2

×−=−××−

=

−= −

−

c

v

m

F a x

x

Now note that the initial velocity is perpendicular to the y-axis. Thus, according to Eqn.37.33,

.sm1031.1)900.01(kg)10(1.67

N)1000.5(1

2152

12

27

122

1

2

2

×=−××

=

−= −

−

c

v

m

F a

y

y

b) The angle between the force and acceleration is given by

.5.24

cos152214212212

15122

1412

1031.1()sm1049.1( N)1000.5( N)1000.3(

m10 N)(1.311000.5()sm101.49 N)(1000.3(

°=

== ×+×−×+×−××+×−×−+

−−−−

θ

θ Faa F a F y y x x

37.55: a) J103.204eV1020 612 −×=×= K

,11

1

22

2

−

−=

cvmc K so

4

2210131.2

1

1×=

− cv

c

vc

c

vcvc

c

v

c

v )(2))((1;

)10131.2(

11

22

2

242

2 −=−+=−×

=− since cvc 2≈+

cv )1( ∆−= so ∆=− 21 22 cv and 9101.1 −×=∆

b) mm

cv

mm )101.2(

21

4

22rel ×=

∆=

−=

37.56: a) J.1020.7)sm1000.3)(10kg)(1.0000.8( 13284 ×=×× − b) W.101.80s)10(4.00J)1020.7()( 19613 ×=××=∆∆ −

t E

c) kg.1035.7m)1000.1)(sm(9.80

J)1020.7( 9

32

13

×=×

×=

∆=

gh

E M



37.57: Heat in J101.34)kgJ10kg)(3.3400.4( 65 ×=×== f mLQ

kg.1049.1)sm10(3.00

J)1034.1( 11

28

6

2

−×=××

==∆⇒c

Qm

37.58: a) ,)(

mc

E

m

c E

m

pv === where the atom and the photon have the same

magnitude of momentum, b).c E ,cmc

E v <<== so .2mc E <<

37.59: Speed in glass sm1097.152.1

8×===c

n

cv

eV.101.67MeV0.167MeV)511.0)(326.0()1(

326.11

1

52

22

×===−γ =⇒

=−

=γ

mc K

cv

37.60: a) sm0.80 is non-relativistic, and J.1862

1 2 == mv K

b) J.1031.1)1( 152 ×=−γ mc

c) In Eq. (37.23),.sm1014.7soand,sm1080.1,sm1020.2 788 ×=×−=×=′ vuv

d) m.6.13m0.20

=γ

e) s.1009.9sm102.20

m0.20 8

8

−×=×

f) s.1018.6sm102.20

m6.13or s,1018.6

8

8

8 −−

×=×=′×=γ =′ t t

t

37.61: 222t c x ′=′

( )222222)( cuxt cut x −γ =γ −⇒

.

)()(1

1

)(

222

2

t c x

ct xcut cu xcc

u x

cuxt cut x

=⇒

=⇒+=+=

+⇒

−=−⇒

37.62: a) From Eq. (37.37),

J.304)sm1000.3(

)sm10(3.00kg)0.90(

8

3

8

3

2

128

44

2

42 =

××

==−c

vmmv K

b) .1050.74

3

)21(

)83( 9

2

2

24−×=

=

c

v

mv

cmv



37.63: 2322 )1( cvm

F

dt

dva −==

∫ ∫ ==−

⇒t v

t m

F dt

m

F

cv

dv

00 2322))(1(

∫ =−

=−

=−

⇒cv

cv

t m

F

cv

v

x

xc

x

dxc0 2

0

2232)(1

1)1(

2

2

222

2 1

−

=

−

=⇒

mc

Ft v

m

Ft

c

v

m

Ft v

.)(1 2mc Ft

m Ft v

+=⇒ So as ., cvt →∞→

37.64: Setting 0= x in Eq. (37.21), the first equation becomes ut x γ −=′ and the last,

upon multiplication by ,c becomes .ct t c γ =′ Squaring and subtracting gives

,)(γ 2222222222 t ct ut c xt c =−=′−′or m.1053.4

822 ×=−′=′ t t c x

37.65: a) Want 12 t t t ′=′=′∆

( )

2

2222

2

2

2

2

1212

12

12222111

1γγ

,Since.)(

γAnd

γ)(γ)(

c

xt ct t

t c

xt

c

xut t

t xuc

x xut t t

t

x

t t

x xuut x xut x x

t x ∆−∆=−∆=′∆⇒

∆∆−∆=

∆−∆=′∆

∆∆=

−−−=′∆

∆∆

=−−

=⇒−=′=−=′

∆∆

There’s no physical solution for .t c xc

xt ∆≥∆⇒

∆<∆

b) Simultaneously2

222

110

c

uxt

c

uxt t −=−∴=′∆⇒

.2

2 t

t cu x

c

ut

∆∆

=⇒∆=∆⇒

Also

∆∆

−∆∆∆−

=∆−∆−

=′−′=′∆ x

t c x

xt ct u x

cu x x x

22

222212

1

1)(

)(1

1

.1222

2

22

t c x x x

t c x ∆−∆=′∆⇒

∆∆

−∆=

c) Part (b): s.1044.1m)50.2(m)00.5(1

)()(1 82222 −×=−=′∆−∆=∆

c x x

ct



37.66: a) m.1080.1)sm103.00s)(0.600)(100( 108 ×=× b) In Sebulbas frame,

the relative speed of the tachyons and the ship is ,40.3 c and so the time += s1002t

s.1183.4

m101.80 10

=×

cAt 2

t Sebulba measures that Watto is a distance from him of

m.1012.2)sm103.00s)(0.600)(118( 108 ×=× c) From Eq. (37.23), with ,43.2,600.0and00.4 cvcucv +==−=′ with the plus sign indicating a direction in

the same direction as Watto’s motion (that is, away from Sebulba). d) As the result of

part (c) suggests, Sebulba would see the tachyons moving toward Watto and hence 3t is

the time they would have left Sebulba in order to reach Watto at the distance found in

part

(b), or 118 s s,8943.2

m1012.2 10

=×

−c

and so Sebulba receives Watto’s message before

even sending it! Tachyons seem to violate causality.

37.67: Longer wavelength (redshift) implies recession. (The emitting atoms are moving

away.) Using the result of Ex. 37.26:1λ)λ (

1λ)λ (

0

2

0

+−

= cu

sm10071.13570.01)4.9533.656(

1)4.9533.656( 8

2

2

×−=−=

+−

=⇒ ccu

37.68: The baseball had better be moving non-relativistically, so the Doppler shift

formula (Eq. (37.25)) becomes )).(1(0 cu f f −≅ In the baseball’s frame, this is the

frequency with which the radar waves strike the baseball, and the baseball reradiates at f. But in the coach’s frame, the reflected waves are Doppler shifted again, so the detected

frequency is )(2so)),(21())(1())(1( 002

0 cu f f cu f cu f cu f =∆−≈−=− and the

fractional frequency shift is ).(20

cu f

f =

∆In this case,

h.mi5.92

hkm154sm42.9

m)1000.3(2

)1086.2(

2

87

0

=

==

××

=∆

=−

c f

f u

37.69: a) Since the two triangles are similar:.2

E mc A H =γ =γ =

b) .)( 22222 pcmc E A H O =−=−=c) .2mc E K −=

The kinetic energy can be obtained by the difference between the hypoteneuse andadjacent edge lengths.



37.70: a) As in the hint, both the sender and the receiver measure the same distance.

However, in our frame, the ship has moved between emission of successive wavefronts,

and we can use the time f T 1= as the proper time, with the result that .00 f f f >γ =

b) Toward: MHz930758.01

758.01MHz345

21

0 =

−+

=−+

=uc

uc f f

.MHz585MHz345MHz9300 =−=− f f

Away:

MHz.217

MHz128758.01

758.01MHz345

0

21

0

−=−

=

+−=

+−=

f f

uc

uc f f

c) .MHz183,MHz52853.1γ 000 =−== f f f f The shift is still bigger than

0 f , but not as large as the approaching frequency.

37.71: The crux of this problem is the question of simultaneity. To be “in the barn at one

time” for the runner is different than for a stationary observer in the barn.

The diagram below, at left, shows the rod fitting into the barn at time 0=t ,according to the stationary observer.

The diagram below, at right, is in the runner’s frame of reference.

The front of the rod enters the barn at time 1t and leaves the back of the barn at

time .2t

However, the back of the rod does not enter the front of the barn until the later

time .3t



37.72: In Eq. (37.23), ),(, ncvV u =′= and so

.)(1

)(

1

)(

2

ncV

V nc

nc

cV

V ncv

++

=+

+=

For V non-relativistic, this is

V nn

c

ncV nV V nc

ncV V ncv

−+≈

−−+=

−+≈

2

22

11

)()()(

))(1)()((

so .1

12

−=

nk For water, 333.1=n and .437.0=k

37.73: a) t d

dva

′=′ )( 2

cudxdt t d −γ =′

dvc

u

cuv

uv

cuv

dvvd

2222 )1()1( −−+

−=′

−−

+−

=′

2222.

)1(1

1

c

u

cuv

uv

cuvdv

vd

−−

=

−−

+−

=′∴22

22

22

2

2)1(

1

)1(

)(

1

1

cuv

cudv

cuv

cuuv

cuvdvvd

)1(γ

1.

)1(

)1(.

γ

)1(

)1(

222

22

2

22

22

cuvcuv

cu

dt

dv

cdxudt

cuv

cudv

a−−

−=

−−−

=′∴γ

.)1()1( 322322 −−−= cuvcua

b) Changing frames from S S →′ just involves changing =⇒′−→′→ avvaa ,

.1)1(

3

2

2322

−

′

+−′c

vucua

37.74: a) The speed v′ is measured relative to the rocket, and so for the rocket and its

occupant, .0=′v The acceleration as seen in the rocket is given to be , g a =′ and so the

acceleration as measured on the earth is

.1

23

2

2

−==

c

u g

dt

dua

b) With 01 =v when 0=t ,



.1

)1(

1

)1(

1

221

1

1

0 0 2322

2322

1 1

cv g

v

t

cu

du

g dt

cu

du

g dt

t v

−=

−=

−=

∫ ∫

c) ,1/ 22 cudt dt t d −=γ =′ so the relation in part (b) between dt and du,expressed in terms of t d ′ and du, is

.)1(

1

)1(1

1222232222 cu

du

g cu g

du

cudt t d

−=

−−=γ =′

Integrating as above (perhaps using the substitution cu z = ) gives

.arctanh 11

=′c

v

g

ct

For those who wish to avoid inverse hyperbolic functions, the above integral may be

done by the method of partial fractions;

−

++

=−+

=′uc

du

cu

du

cucu

dut gd

112

1

)1)(1(,

which integrates to

−+

=′1

1

1

cn1

2 vc

v

g

ct .

d) Solving the expression from part (c) for 1v in terms of ),tanh()(, 111 ct g cvt ′= so

that ),(cosh1)(1 12

1 ct g cv ′=− using the appropriate indentities for hyperbolic

functions. Using this in the expression found in part (b),

),sinh()cosh(1

)tanh(1

1

11 ct g g

c

ct g

ct g

g

ct ′=′

′=

which may be rearranged slightly as

.sinh 11

′

=c

t g

c

gt

If hyperbolic functions are not used, 1v in terms of 1t ′ is found to be

ct g ct g

ct g ct g

ee

ee

c

v′′−′

′−′

+

−=

11

111

1

which is the same as tanh( ct g 1′ ). Inserting this expression into the result of part (b)

gives, after much algebra,),(

211

1

ct g ct g ee

g

ct

′−′ −=

which is equivalent to the expression found using hyperbolic functions.

e) After the first acceleration period (of 5 years by Stella’s clock), the elapsed

time on earth is

yr.84.0s1065.2)sinh( 911 =×=′=′ ct g

g

ct



The elapsed time will be the same for each of the four parts of the voyage, so when Stella

has returned, Terra has aged 336 yr and the year is 2436. (Keeping more precision than is

given in the problem gives February 7 of that year.)

37.75: a) Hz10567710.4Hz10568910.4Hz10568110.4141414

0 ×=×=×= −+ f f f

))(())((

))(())((

)(

)(

)(

)(

2

0

2

2

0

2

0

0

vuc f vuc f

vuc f vuc f

f vuc

vuc f

f vuc

vuc f

−+=−−

++=+−⇒

⋅−−

−+=

⋅+−

++=

−

+

−

+

where u is the velocity of the center of mass and v is the orbital velocity.

c

f f

f f vu

1)(

1)()(

2

0

2

0

+

−=+⇒

+

+and c

f f

f f vu

1)(

1)()(

2

0

2

2

0

2

+

−=−

−

−

sm1063.2sm1025.5 44 ×−=−×=+⇒ vuvu

⇒×+=⇒ sm1031.1 4u moving toward at 13.1 s.km

b) days.0.11sm1094.3 4 =×= T v

distance.sun-earth0.040m1096.5

2

hr)sec(3600day)hrs(24days)(11.0s)m1094.3(2

9

4

≈×

=×

=⇒=⇒π

Rvt Rπ

Also the gravitational force between them (a distance of 2 R) must equal thecentripetal force from the center of mass:

.m0.279kg1055.5kgm N10672.6

s)m10m)(3.941096.5(4

4

)2(

)(

sun

29

2211

249

22

2

2

=×=⋅×××

==⇒=

−

G

Rvm

R

mv

R

Gm

37.76: For any function ),( t x f f = and ),,(),,( t xt t t x x x ′′=′′= let =′′ ),( t x F

)),(),,(( t xt t x x f ′′′′ and use the standard (but mathematically improper) notation

).,(),( t x f t x F ′′=′′ The chain rule is then

.),(),(),(

,),(),(),(

t

t

t

t x f

t

x

x

t x f

t

t x f

x

t

t

t x f

x

x

x

t x f

x

t x f

∂′

∂′∂′′∂

+∂′

∂′∂∂

=∂′′∂

∂′∂

′∂′′∂

+∂′∂

′∂∂

=∂

′′∂

In this solution, the explicit dependence of the functions on the sets of dependent

variables is suppressed, and the above relations are then

.t

t

t

f

t

x

x

f

t

f

∂′∂

′∂∂+

∂′∂

′∂∂=

∂∂

, x

t

t

f

x

x

x

f

x

f

∂′∂

′∂∂

+∂′∂

′∂∂

=∂∂



a) .and,,Then.1and0,,12

2

2

2

x

E

x

E

x

E

x

E

t

t

x

t v

t

x

x

x

′∂

∂=

∂

∂

′∂

∂=

∂

∂=

∂

′∂=

∂

′∂−=

∂

′∂=

∂

′∂

For the time derivative, .t

yE

x

E vt

f

′∂∂

+′∂∂

−=∂∂

To find the second time derivative, the

chain rule must be applied to both terms; that is,

.

,

2

22

2

2

2

t

E

t x

E v

t

E

t

xt

E

x

E v

x

E

t

′∂

∂+

′∂′∂

∂−=

′∂

∂

∂

∂

′∂′∂

∂+

′∂

∂−=

′∂

∂

∂

∂

Using these in ,2

2

t

E

∂

∂collecting terms and equating the mixed partial derivatives gives

2

22

2

2

2

2

2

2t

E

t x

E v

x

E v

t

E

′∂

∂+

′∂′∂

∂−

′∂

∂=

∂

∂

and using this and the above expression for 2

2

x

E

′∂

∂gives the result.

b) For the Lorentz transformation, .γand/,,γ 2 =∂′∂=

∂′∂=

∂′∂=

∂′∂

t t cv

xt v

t x

x x γ γ

The first partials are then

t

E

x

E v

t

E

t

E

c

v

x

E

x

E

′∂∂+

′∂∂−=

∂∂

′∂∂−

′∂∂=

∂∂

γγ,γγ2

and the second partials are (again equating the mixed partials)

.γ2γγ

γ2γγ

22

2

22

2

222

2

2

2

2

2

2

2

4

22

2

22

2

2

t x

E v

t

E

x

E v

t

E

t x

E

c

v

t

E

c

v

x

E

x

E

′∂′∂

∂−

′∂

∂+

′∂

∂=

∂

∂

′∂′∂

∂−

′∂

∂+

′∂

∂=

∂

∂

Substituting into the wave equation and combining terms (note that the mixed

partials cancel),



.0

1

11γ

1

2

2

22

2

2

2

24

22

2

2

2

22

2

2

22

2

=′∂

∂−′∂

∂=

′∂∂

−+

′∂∂

−=

∂∂

−∂∂

t

E

c x

E

t

E

cc

v

x

E

c

v

t

E

c x

E γ

37.77: a) In the center of momentum frame, the two protons approach each other with

equal velocities (since the protons have the same mass). After the collision, the two protons

are at rest─but now there are kaons as well. In this situation the kinetic energy of the

protons must equal the total rest energy of the two kaons ⇒=−⇒ 22

cm 2)1γ(2 cmcm k p

.526.11γcm =+= p

k

m

mThe velocity of a proton in the center of momentum frame is then

.7554.0γ

1γ2

cm

2

cmcm ccv =

−=

To get the velocity of this proton in the lab frame, we must use the Lorentz

velocity transformations. This is the same as “hopping” into the proton that will be our target and asking what the velocity of the projectile proton is. Taking the lab frame to be

the unprimed frame moving to the left, cmcmand vvvu =′= (the velocity of the projectile

proton in the center of momentum frame).

.MeV2494)1γ(

658.3

1

1γ

9619.0

1

2

1

2

lablab

2

2

lab

lab

2

2

cm

cm

2

lab

=−=⇒

=

−

=⇒

=+

=′

++′=

cm K

c

v

c

c

v

v

c

vuuvv

p

b) .526.2MeV)7.493(2

MeV2494

2

lab ==k m

K

c) The center of momentum case considered in part (a) is the same as this

situation. Thus, the kinetic energy required is just twice the rest mass energy of the kaons.MeV.987.4MeV)7.493(2cm == K This offers a substantial advantage over the fixed

target experiment in part (b). It takes less energy to create two kaons in the proton center

of momentum frame.



Problemas de Relatividad Especial

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Si no se indica lo contrario, asuma que todos los sistemas de referencia son

inerciales

(Nota: Se están incorporando las respuestas y algunas soluciones completas).

1. ¿Cuál ha de ser la velocidad relativa de dos observadores inerciales para que sus

medidas de intervalos de tiempo difieran en 1% ?(Respuesta: V=0.99995 c). Solución

2. El período propio de vida de un mesón pi es de 2.6x10-8 seg . Si un haz de estas partículas tiene una velocidad de 0.9 c, indicar:

a. ¿Cuál es el período de vida de esos mesones con respecto al laboratorio?

(Rta.: 5.96x10-8 seg )b. ¿Qué distancia recorren en el laboratorio antes de desintegrarse?

(Rta.: 16.1 m)

3. En el caso de los mesones pi considerados en el ejercicio anterior, indicar qué distanciahabrá recorrido el laboratorio en el sistemas de referencia de los mesones.

(Rta.: 7.02 m)

4. ¿Cuántas veces aumentará la vida de una partícula inestable (para un observador en

reposo), si se mueve a una velocidad 0.99 c ?

(Rta.: T´/ T 0= 7.09)

5. Un avión vuela a 3x10-6 c (3240 Km/h). Asumiendo que la Tierra fuera un sistema

inercial, indicar:a. ¿En qué proporción se verá contraída la longitud del avión con respecto a la

Tierra?b. ¿Durante un año medido en tierra (3.16x107 seg ), qué intervalo de tiempo marcará

el reloj del avión?

(Rta: No se detectarán cambios, ni de longitud ni de tiempo)

6. Demuestre que si un fenómeno es causal no puede existir un sistema de referencia en

el cual el orden de los sucesos esté invertido.

(Solución en la última parte del capítulo de Simultaneidad)

7. Dos naves espaciales se aproximan desde posiciones opuestas en un sistema inercial.

Si la velocidad de cada una de ellas es de 0,9 c, calcule la velocidad relativa entre

las naves.(Rta.: Vel rel = - 0.994 c) Solución

8. Un haz luminoso se mueve a lo largo del eje y’ del sistema inercial S’ con velocidad c.S’ se está moviendo con respecto a S según el eje x con una velocidad V constante. Se

pide:

a. Hallar las componentes v x y v y del haz con respecto a S.(Rta.: v x= V v y= [c2-V 2 ]1/2)

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b. Demostrar que la velocidad de la luz con respecto a S es c.

(Rta.: c2 = v x2 + v y

2)

9. Un cuerpo se mueve a una velocidad v3 = 0.9 c a lo largo del eje x” de un sistema

inercial S”. S” se mueve hacia la derecha a una velocidad v2 = 0.9 c sobre el eje x’ de un

sistema S’, y S’se mueve hacia la derecha a una velocidad v1 = 0.9 c sobre el eje x de unsistema S.

Se pide hallar la velocidad del cuerpo con respecto a S.

(Rta.: v = 0.9997 c)

10. Dos naves espaciales de 100 m de longitud propia se mueven en sentido opuesto a

velocidad 0.8 c respecto a la Tierra (suponga el sistema inercial). Se pide:

a. Indicar que longitud tiene cada nave con respecto a la otra.(Rta.: L' = 21.95 m)

b. En el instante t = 0, medido en Tierra, las proas de las naves se cruzan.

Calcular la diferencia de tiempo que marcará el reloj de la Tierra cuando se crucen sus popas.

(Rta.: T = 2.5x10-7 seg )

11. Un tren cuya longitud propia es de 1200 m pasa a gran velocidad por una estación

cuyo andén mide 900 m, y el jefe de la estación observa que al pasar el tren ocupa

exactamente toda la longitud del andén. Se pide calcular la velocidad del tren.(Rta.: 0.66 c)

12. Una nave espacial pasa frente a la Tierra (suponga inercial el sistema) a una velocidadv = 0.6 c. En ese instante un observador en la Tierra y el tripulante de la nave ponensimultáneamente sus relojes en cero. Cuando el tripulante de la nave lea 60 seg en su

reloj mandará una señal luminosa hacia la Tierra. Cuando el observador de la Tierra

reciba la señal, a su vez mandará hacia la nave una señal de confirmación. Se pide:a. ¿A qué hora según él reloj de la Tierra llega la señal de la nave?

(Rta.: 120 seg )b. ¿A qué hora según el reloj de la nave recibirá la señal de confirmación?

(Rta.: 240 seg )

13. Sea un tren que camina a una velocidad V con respecto a la Tierra. Sobre los

extremos del tren caen rayos que dejan marcas P’ y Q’ sobre él, y P y Q sobre la Tierra.Un observador O que esté sobre la Tierra a mitad de camino entre P y Q ve caer los rayos

en forma simultánea. Indicar si ocurrirá o no lo propio para un observador O’ situado en

el punto medio del tren (ejemplo propuesto por Einstein). Solución

14. Sea un sistema S en el cual ocurren dos sucesos E1 y E2 (fenómeno causal).E1 determina a E2, y por lo tanto t 1< t 2. Demostrar que según un sistema S’ cualquiera que

se mueve con respecto a S hacia la derecha con una velocidad V , E1 y E2 ocurrirán en

instantes t’ 1 y t’ 2, siendo t’ 1 < t’ 2. Solución en la última parte del capítulo de Simultaneidad

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15. Un electrón se mueve a una velocidad v = 1.8 x 108 m/seg con respecto a un

observador inercial. Indicar:

a. Su masa. (Rta.: m=1.25 m0=1.14x10-30 Kg ) b. Su energía cinética. (Rta.: 0.128 Mev)

c. Su energía total. (Rta.: 0.638 Mev)

16. Un protón es acelerado hasta que su energía cinética es igual a su energía en reposo

(938,28 MeV ).Hallar la relación v/c. (Rta.: 0.866 El dato de la energía en reposo noes necesario)

17. Un electrón es acelerado hasta que su energía cinética es 1000 MeV. Indicar:

a. La relación m/mo. (Rta.: 1958)b. La relación v/c. (Rta.: 0.999...)

18. ¿Qué potencial eléctrico constante debe usarse para llevar un protón a la velocidad0.6 c?. ¿Cuál será su energía total?. ¿Cuál será su energía cinética?. ¿Cuál será su

cantidad de movimiento?.(Rta.: E TOTAL=1172.85 MeV ; E CINÉTICA=234.57 MeV ; V=2.34x108 Volts; p=3.75x10-

19 Kg m/seg )

19. Indicar el trabajo necesario para llevar un electrón de la velocidad 0.6 c a la velocidad0,9 c.

(Rta.: W=0.533 MeV )

20. Cuánta energía en MeV es necesaria para llevar la masa de un electrón al doble de sumasa en reposo?

(Rta.: Energía necesaria=0.511 MeV )Indicar:

a. La velocidad del electrón. (Rta.: 0.86 c)b. Su energía cinética. (Rta.: 0.511 MeV )

21. En un sistema inercial actúa una fuerza constante F sobre un cuerpo inicialmente en

reposo, durante un tiempo t . Demostrar que se cumple p = F t (Rta.: Usar definición de fuerza e integrar )

22. Una partícula de masa mo en reposo tiene una energía total E. Mostrar que la

velocidad de dicha partícula es:

(Rta.: Usar Principio de Equivalencia y masa relativista)

23. Indicar la cantidad de movimiento de un electrón cuya energía cinética es de 1 MeV .(Rta.: p=7.58x10-22 Kg m/seg )



24. ¿Cuál es la velocidad de un electrón que ha sido acelerado por una diferencia de

potencial de 105 KVolts?

25. ¿Cuál es la energía cinética de un electrón cuya cantidad de movimiento es de 2 MeV/c ?

26. Calcular la cantidad de movimiento de un electrón cuya velocidad es 0,8 c.

27. La masa en reposo de un muón es de 105 MeV/c2 y su tiempo de vida media es de2x10-6 seg . Calcular la masa del muón en movimiento, referida al laboratorio, si su

tiempo de vida media medida es 7x10-6 seg . Calcular la velocidad del muón.

28. En el sistema S un electrón se mueve hacia la derecha a una velocidad 0.6 c. Unobservador se mueve a una velocidad 0.8 c en la misma dirección y sentido que el

electrón. Indicar la energía del electrón que mediría el observador.

29. Un fotón gamma tiene una energía de 6 MeV . Determine su cantidad de movimiento.

30. Un cuerpo tiene una masa m y una velocidad v según un sistema inercial S. Indicar lamasa que tendrá según un sistema S’ que se desplaza con velocidad V constante hacia la

derecha con respecto a S.

31. Un cuerpo de masa mo en reposo se desplaza con velocidad 0.8 c en el sentido

positivo del eje x del sistema inercial S, y choca plásticamente con un cuerpo de masa 3mo, en reposo sobre el eje x de S. Indicar la masa del cuerpo unificado resultante del

choque, su masa en reposo y su velocidad.

32. En un tubo de rayos X un electrón es acelerado por una diferencia de potencial de0,2x105 Volt .Indicar la cantidad de movimiento de este electrón después de sufrir dicha aceleración.

33. La longitud de una varilla con 10 MeV de energía total se contrae 6.2 % con respectoa su longitud propia. Se pide hallar:

a. Su masa en reposo.

b. Su velocidad.

c. Su energía cinética.

34. Un mesón cuya energía en reposo es de 140 MeV se creó a 100Km sobre el nivel del

mar y se mueve verticalmente hacia abajo. Tiene una energía total de 1,5x105 MeV y sedesintegra en 2,6x10-8 seg según su propio sistema de referencia. Indicar a que altura

sobre el nivel del mar tendrá lugar la desintegración del mesón.

35. Sean dos partículas idénticas que se mueven en sentido contrario y velocidad v con

respecto a un sistema inercial. Si su masa en reposo es mo, se pide indicar:

a. La energía total del sistema, su cantidad de movimiento y la energía cinética decada partícula.

b. La energía total del sistema y la energía cinética de cada partícula desde el punto

de vista de un observador situado en una de las partículas.



36. Sean dos partículas idénticas cuya masa en reposo sea mo y que se desplazan con

respecto al sistema inercial S según el eje x con velocidades v y -2v respectivamente.

Indicar:a. La energía total del conjunto, su cantidad de movimiento y la energía cinética de

cada partícula.

b. Idem a) pero para un observador situado en la partícula con velocidad v.

37. Sea un triángulo rectángulo de 6 m de base y 8 m de altura, tal como se indica en la

figura adjunta. Este triángulo es solidario con un sistema S’ que se mueve a unavelocidad 0.8 c según el eje x de un sistema S. Se pide indicar la superficie de dicho

triángulo según S’ y según S.

38. Sean dos sucesos E1 y E2 que ocurren en puntos separados sobre el eje x de un sistema

inercial S. E1 se produce antes que E2. Analizar que condiciones deben cumplirse para

que en otro sistema de referencia S’, E2 se produzca antes que E1.

39. Sean tres partículas idénticas de masa mo en reposo, que con respecto a un sistema S

tienen velocidades tales como está indicado en la figura adjunta.

A. Se pide indicar para un observador situado en S:

a. La energía total del sistema.

b. La cantidad de movimiento del sistema.c. La energía cinética de cada partícula.

B. Lo mismo para un observador en B.

40. Un fotón gamma de 4 Mev se aniquila creando un par electrón positrón. Determinar:

a. La energía cinética de cada partícula.

b. El ángulo de salida entre electrón y positrón.

41. Un observador inercial nota que dos naves espaciales se aproximan entre sí en una

misma dirección, y hacia él. La velocidad de ambas naves con respecto al observador esde 0.8 c y están separadas por 600000 Km para el observador. Se pide averiguar:



a. En cuanto tiempo, según el observador, chocarán ambas naves.

b. La velocidad de cada nave con respecto al piloto de la otra nave.

c. El tiempo que tiene el piloto de una de las naves para evitar una colisión.

problemas capítulo 37

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