Übungsblatt 11
PHYS1100 Grundkurs I (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

Date: 20. 1. 2006 und 23. 1. 2006

Aufgaben

1. In Röhrenfernsehgeräten werden Elektronen typischerweise mit einer Spannung von $20 kV$ über eine Distanz von $d= 0.5 m$ beschleunigt. Die als konstant angenommene Kraft berechnet sich aus
   $$F = \frac{U}{d}e$$
   wobei $e= 1.6\cdot 10^{-19} C = 1.6\cdot 10^{-19} \frac{J}{V}$ die Elementarladung ist. Berechnen Sie relativistisch und klassisch
   1. den Weg des Elektrons als Funktion der Zeit im Laborsystem.
   2. die Geschwindigkeit des Elektrons als Funktion der Zeit im Laborsystem.
   3. die Beschleunigung des Elektrons als Funktion der Zeit im Laborsystem.
   4. die Masse des Elektrons als Funktion der Zeit im Laborsystem.
   5. die Energie des Elektrons als Funktion der Zeit im Laborsystem.
   6. die kinetische Energie des Elektrons als Funktion der Zeit im Laborsystem.
   Diskutieren Sie die Unterschiede.

2. Die Reise nach $\alpha$-Centauri (4.24 Lichtjahre entfernt) soll so durchgeführt werden, dass auf dem halben Hinweg das Raumschiff mit einer konstanten Kraft $F$ beschleunigt und auf dem zweiten Teil des Hinwegs mit der konstanten Kraft $-F$ gebremst wird. Berechnen Sie relativistisch
   1. die Reisedauer als Funktion der Kraft
   2. die maximale Geschwindigkeit als Funktion der Kraft
   3. die Reisedauer im Laborsystem und im Raumschiff
   4. die maximale kinetische Energie eines Insassen, bei dem die Waage am Äquator auf Normalnull die Kraft $600 N$ anzeigt.

3. Das Raumschiff aus der vorherigen Aufgabe kommuniziere mit der Erde mit elektromagnetischen Wellen mit einer Frequenz von $11 GHz$. Da die Erdatmosphäre nur wenige Fenster ohne Absorption hat, kann diese Frequenz nicht geändert werden. Wie müssen die Sende- und Empfangsfrequenzen im Raumschiff verstimmt werden, damit die Kommunikation klappt? Berechnen Sie die Frequenzverstimmung als Funktion der Laborzeit und der Laborposition.

4. Im CERN bei Genf (Genève, Ginevra oder Geneva in drei anderen Sprachen) werden Elektronen und Positronen auf die Geschwindigkeit $k\cdot c$ mit $k<1$ beschleunigt. Elektronen und Positronen laufen gegenläufig um den Speicherring. Wie gross ist die dissipierte Energie bei einem vollständig plastischen Stoss im klassischen Sinne? Was passiert wirklich?

5. Wir studieren die elastische Streuung zweier identischer Teilchen der Masse $m$. Das einlaufende Teilchen der Energie $E_a$ (Impuls $\vec{p}_a$) fällt auf das im Laborsystem ruhende Teilchen ein (a). Das einlaufende Teilchen wird um den Streuwinkel $\vartheta_d$ abgelenkt; das ruhende Teilchen fliegt unter dem Winkel $\vartheta_e$ zur Einfallsrichtung weg. Die Impulse nach der Streuung sind $\vec{p}_d$ sowie $\vec{p}_e$. Die Impulse $\vec{p}_a$ und $\vec{p}_d$ definieren die Reaktionsebene. Die Impulserhaltung senkrecht zur Reaktionsebene verlangt, dass auch $\vec{p}_e$ in der Reaktionsebene liegt. (Aufgabe nach Leisi, Klassische Physik 1, Birkhäuser)
   

   Berechnen Sie relativistisch die Schwerpunktsgeschwindigkeit $v$ als Funktion von $m$ und $E_a$. Berechnen Sie die totale Energie $E*$ im Schwerpunktsystem als Funktion von $m$ und $E_a$. Berechnen Sie die Impulse ($p_a^*$, $p_b^*$) und die Energien ($E_a^*$, $E_b^*$) der Teilchen im Schwerpunktsystem vor dem Stoss als Funktion von $E_a$ und $m$ (Abbildung (b)). Berechnen Sie die Impulse ( $\vec{p}_d^*$, $\vec{p}_e^*$) und die Energien ($E_d^*$, $E_e^*$) der Teilchen nach dem Stoss, als Funktion von $E_a$, $m$ und des Streuwinkels $\vartheta_d^*$ im Schwerpunktsystem (Abbildung c)). Drücken Sie die Streuwinkel $\vartheta_d$, $\vartheta_e$ im Laborsystem aus durch $E_a$, $m$ und den Streuwinkel $\vartheta^*$ im Schwerpunktsystem. Zeigen Sie, dass für nichtrelativistische Verhältnisse ( $E_a \approx mc^2$) für die Winkel $(\vartheta_d+\vartheta_e) = \pi/2$, und für hochrelativistische Verhältnisse ( $E_a \gg mc^2$) für die Winkel $(\vartheta_d+\vartheta_e) \rightarrow0$ (Vorwärtsstreuung!) gilt.

   
   
6. $\alpha$, $\beta$ und $\gamma$ seien die Eulerwinkel. Die Transformationsmatrix sei
   $$T = \left( \begin{array}{ccc} -\cos\beta\sin\alpha\sin\gamma+\cos... ... \sin\beta\sin\gamma & \sin\beta\cos\gamma & \cos\beta \\ \end{array}\right)$$
   1. Geben Sie die Eulerwinkel an für eine Drehung, die $(1$,$0$,$0)$ in $(0$,$2^{-1/2}$,$2^{-1/2})$ überführt.
   2. Wie wird $(0$,$0$,$1)$ transformiert?

7. $\alpha$, $\beta$ und $\gamma$ seien die Eulerwinkel. Die Transformationsmatrix $T_1$ transformiere $(1$,$0$,$0)$ nach $(0$,$1$   ,$0)$. $T_2$ transformiere $(0$,$1$,$0)$ nach $(0$,$0$   ,$1)$.
   1. Berechnen Sie $T_1\;T_2$.
   2. Berechnen Sie $T_2\;T_1$.
   3. Ist $T_1\;T_2 = T_2\;T_1$? Geben Sie eine Begründung an.

Lösungen

1. $$F=\frac{U}{d}\cdot e=6.4\cdot10^{-15}N$$
   Ruhemasse des Elektrons:
   $$m_{0}=9.10938\cdot10^{-31}kg$$
   Ruheenergie des Elektrons:
   $$m_0 c^2 = 8.1871\cdot 10^{-14} J$$
   Faktoren:
   $$\frac{F}{m_0} = 7.03528\cdot 10^{15} \frac{m}{s^2}$$
   $$\frac{F}{m_0 c} = 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s}$$
   $$\frac{m_0 c^2}{F} = 12.775 m$$

   1. relativistisch

      $$s\left( t\right) =\frac{m_{0}c^{2}}{F}\left( \sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}-1\right)$$

      $$s(t) = 12.775 m \left(\sqrt{1+ ( 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s})^2 t^2}-1\right)$$

      $$= 12.775 m \left(\sqrt{1+ 5.50708\cdot 10^{14}\frac{1}{s^2} t^2}-1\right)$$

      $$= 3.5176\cdot 10^{15} \frac{m}{s^2} \,{t}^{2}-{4.8430\cdot 10^{29}} \frac{m}{s^4}\,{t}^{4}+O \left( {t}^{6} \right)$$

      
      

      (nicht gefragt: Die relativistische Laufzeit ist $T = 1.2038\cdot 10^{-8} s$)

      klassisch

      $$s(t) = \frac{1}{2}\frac{F}{m_0} t^2 =3.5176\cdot 10^{15} \frac{m}{s^2} t^2$$

      (nicht gefragt: Die klassische Laufzeit ist $T = 1.1922\cdot 10^{-8} s$)

   2. relativistisch

      $$v\left( t\right) =\frac{F}{m_{0}}\cdot\frac{t}{\sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}}$$

      $$v\left( t\right) =7.03528 \cdot 10^{15} \frac{m}{s^2} \cdot\frac{t}{\sqrt{1+\left( 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s}\cdot t\right)^{2}}}$$

      $$= 7.03528 \cdot 10^{15} \frac{m}{s^2}\,t-{ 1.93719\cdot 10^{30}}\frac{m}{s^4}\,{t}^{3}+O \left( {t}^{5} \right)$$

      
      

      klassisch

      $$v(t) = \frac{F}{m_0} t = 7.03528 \cdot 10^{15} \frac{m}{s^2} t$$

   3. relativistisch

      $$a\left( t\right) =\frac{F}{m_{0}\cdot\left( 1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}}$$

      $$a\left( t\right) =7.03528 \cdot 10^{15} \frac{m}{s^2}\cdot\left( 1+\left( 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s}\cdot t\right)^{2}\right) ^{-\frac{3}{2}}$$

      $$= 7.03528 \cdot 10^{15} \frac{m}{s^2}-{ 5.8116\cdot 10^{30}}\frac{m}{s^4}\,{t}^{2}+O \left( {t}^{4} \right)$$

      
      

      klassisch

      $$a(t) = \frac{F}{m_0} = 7.03528 \cdot 10^{15} \frac{m}{s^2}$$

   4. relativistisch

      $$m\left( v\right) =\frac{m_{0}} {\sqrt{1-\left( \frac{v}{c}\right) ^{2}}}$$

      und damit

      $$m\left( t\right) =\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\left( \frac{\frac{Ft}{m_{... ...}\right) ^{2}}} = m_0\sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}$$

      $$m\left( t\right) = 9.10938\cdot10^{-31}kg\sqrt{1+\left( 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s}\cdot t\right)^{2}}$$

      $$= { 9.10938\cdot 10^{-31}}kg+{ 2.5083\cdot 10^{-16}}\frac{kg}{s^2}\,{t}^{2}+O \left( {t}^{4} \right)$$

      
      

      klassisch

      $$m(t) = m_0 = 9.10938\cdot10^{-31}kg$$

   5. relativistisch

      $$E(t)=m\left( v\right) \cdot c^{2} =m_0c^2\sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}$$

      $$E(t) =8.1871\cdot 10^{-14} J \sqrt{1+\left( 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s}\cdot t\right)^{2}}$$

      $$={ 8.1871\cdot 10^{-14}}J+ 22.544\frac{J}{s^2}\,{t}^{2}- 3.1037\cdot 10^{15}\frac{J}{s^4}\,{t}^{4}+O \left( {t}^{6} \right)$$

      
      

      klassisch

      $$E(t) = \frac{1}{2} m_0 v^2 = \frac{1}{2} m_0 \left(\frac{F}{m_0} t\right)^2 = 22.544\frac{J}{s^2} t^2$$

   6. relativistisch

      $$E_{kin}(t)=\left(m\left( v\right)-m_0\right) \cdot c^{2} =m_0c^2\left(\sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}-1\right)$$

      $$E_{kin}(t) =8.1871\cdot 10^{-14} J\left(\sqrt{1+\left( 2.3580\cdot 10^7 \frac{1}{s}\cdot t\right)^{2}}-1\right)$$

      $$= 22.544\frac{J}{s^2}\,{t}^{2}- 3.1037\cdot 10^{15}\frac{J}{s^4}\,{t}^{4}+O \left( {t}^{6} \right)$$

      
      

      klassisch

      $$E_{kin}(t) = \frac{1}{2} m_0 v^2 = \frac{1}{2} m_0 \left(\frac{F}{m_0} t\right)^2 = 22.544\frac{J}{s^2} t^2$$

2. Skript Seite 136 - 140
   $$F\left( t\right) =F_{0}=const.$$

   Es gilt:

   $$v\left( t\right) =\frac{F}{m_{0}}\cdot t\frac{1}{\sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}}$$

   $$a\left( t\right) =\frac{F}{m_{0}}\frac{1}{\left( 1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}}$$

   
   
   1. Es folgt:

      $$s\left( t\right) =\int\limits_{0}^{t}v\left( t^{\prime}\right) dt^{\prime}$$

      $$=\frac{m_{0}\cdot c^{2}}{F}\left( \sqrt{\frac{m_{0}^{2}c^{2}+F^{2}\cdot t^{2}}{m_{0}^{2}\cdot c^{2}}}-1\right)$$

      $$=\frac{m_{0}\cdot c^{2}}{F}\left( \sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t} {m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}-1\right)$$

      
      

      Beschleunigt wird auf der 1. Hälfte der Strecke:

      $$\frac{d}{2} =4,24LJ\cdot\frac{1}{2}$$

      $$=4,24\cdot\frac{1}{2}\cdot9,46\cdot10^{15}m$$

      $$=2,0\cdot10^{16}m$$

      
      

      Auflösen nach $t$:

      $$\sqrt{\left( \frac{s\cdot F}{m_{0}\cdot c^{2}}+1\right) ^{2}-1}\cdot \frac{m_{0}\cdot c}{F}=t$$

      $$t =\sqrt{\frac{s^{2}\cdot F^{2}}{m_{0}^{2}\cdot c^{4}}+\frac{2\cdot s\cdot F}{m_{0}\cdot c^{2}}}\frac{m_{0}\cdot c}{F}$$

      $$t =\sqrt{\frac{F\cdot s}{m_{0}\cdot c^{2}}\cdot\frac{m_{0}^{2}\cdot c^{2} }{F^{2}}\left( \frac{F\cdot s}{m_{0}\cdot c^{2}}+2\right) }$$

      $$=\sqrt{\frac{s\cdot m_{0}}{F}\left( \frac{F\cdot s}{m_{0}\cdot c^{2} }+2\right) }$$

      $$=\sqrt{\frac{s^{2}}{c^{2}}+\frac{2m_{0}\cdot s}{F}}$$

      
      

      Die Reisedauer ist:

      $$T =2\cdot t\left( \frac{d}{2}\right)$$

      $$=2\sqrt{\frac{d^{2}}{4c^{2}}+2\frac{m_{0}\cdot d}{2F}}$$

      
      

   2. $$v_{\max} =v\left( t\left( \frac{d}{2}\right) \right)$$

      $$=\frac{F}{m_{0}}\cdot\sqrt{\frac{d^{2}}{4c^{2}}+\frac{m_{0}\cdot ... ...c{F^{2}}{m_{0}^{2}c^{2}}\left( \frac{d^{2}} {4c^{2}}+\frac{m_{0}d}{F}\right) }}$$

      
      

   3. Zeit im Raumschiff

      $$d\tau =dt\cdot\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}=\frac{dt}{\sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}c}\right) ^{2}}}$$

      $$\Rightarrow\tau=\int\limits_{0}^{t}\frac{d\hat{t}}{\sqrt{1+\left(... ...ght) ^{2}}}=\frac{m_{0}\cdot c}{F} Ar\sinh\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}c}\right)$$

      $$\tau\left( t\left( \frac{d}{2}\right) \right) =\frac{m_{0}\cdot c} {F}Ar\sinh\left( \frac{F\sqrt{\frac{d^{2}}{4c^{2}}+\frac{m_{0}d}{F}}} {m_{0}\cdot c}\right)$$

      $$\tau_{ges} =2\cdot\tau$$

      
      

   4. Kinetische Energie:

      $$E_{kin} =m_{0}c^{2}\left( \sqrt{1+\left( \frac{F\cdot t}{m_{0}\cdot c}\right) ^{2}}-1\right)$$

      $$E_{kin,}\max =E_{kin}\left( t\right) \left( \frac{d}{2}\right)$$

      $$=m_{0}c^{2}\left( \sqrt{1+\frac{F^{2}}{m_{0}^{2}c^{2}}\left( \frac{d^{2} }{4c^{2}}+\frac{m_{0}d}{F}\right) }-1\right)$$

      
      

      $m_{0}$ aus Gewichtskraft:

      $G=m_{0}\cdot g\Rightarrow m_{0}=\frac{G}{g}$

      $g$ am Äquator: $9.745\frac{m}{s^{2}}$

      $\Rightarrow m_{0}=\frac{600N}{9.745\frac{m}{s^{2}}}=61.57kg$

      oder: $9.78\frac{m}{s^{2}}$

      $\Rightarrow m_{0}=\frac{600N}{9.745\frac{m}{s^{2}}}=61.35kg$

3. Der Sender auf der Erde strahlt $11 GHz$ aus ($\nu_1$); der Empfänger im bewegten Raumschiff detektiert $\nu_2$.
   $$\nu_2 = \nu_1\sqrt {\frac{1-{\frac {v \left( t \right) }{c}}}{1+{\frac {v \left( t \right) }{c}} }}$$
   die Geschwindigkeit in Abhängigkeit von der Zeit ist
   $$v(t) = \frac{F\,t}{m_0}{\frac {1}{\sqrt {1+{\frac {{F}^{2}{t}^{2} }{{{m_0}}^{2}{c}^{2}}}}}}$$
   Damit ist $\nu_2$ in Abhängigkeit von der Laborzeit $t$
   $$\nu_2 = {\nu_1}\,\sqrt {{\frac {+F\,t-\sqrt {{{m_0}}^{2}{c}^{2}+{F}^{2}{t}^{2 }}}{\sqrt {{{m_0}}^{2}{c}^{2}+{F}^{2}{t}^{2}}+F\,t}}}$$
   Für die Bremszeit bis nach $\alpha$-Centauri wird danach mit symmetrischer Frequenzgestaltung empfangen.
   Dementsprechend muss für den Empfang einer Frequenz auf der Erde mit $\nu2 = 11 GHz$ ein Signal $\nu_1$ vom bewegten Raumschiff aus gesendet werden mit:
   $$\nu_1 = {\nu_2}\,\sqrt { \frac{ 1+{\frac {v \left( t \right) }{c}} } { 1-{\frac {v \left( t \right) }{c}} }}$$
   Die Geschwindigkeit in Abhängigkeit von der Zeit ist
   $$v(t) = \frac{F\,t}{m_0}{\frac {1}{\sqrt {1+{\frac {{F}^{2}{t}^{2} }{{{m_0}}^{2}{c}^{2}}}}}}$$
   Damit ist $\nu_1$ in Abhängigkeit von der Laborzeit $t$
   $$\nu_1 = {\nu_2}\,\sqrt {{\frac {\sqrt {{{m_0}}^{2}{c}^{2}+{F}^{2}{t}^{2} }+F\,t}{F\,t-\sqrt {{{m_0}}^{2}{c}^{2}+{F}^{2}{t}^{2}}}}}$$
   Für die Bremszeit bis nach $\alpha$-Centauri muss danach mit symmetrischer Frequenzgestaltung gesendet werden.
   In Abhängigkeit von der Laborposition, d.h. $v = v(s) = v(s(t)) = v(t)$
   $$\nu_2 = {\nu_1}\,\sqrt { \frac{ 1-{\frac {v \left( s \right) }{c}} } { 1+{\frac {v \left( s \right) }{c}} }}$$
   Die Geschwindigkeit ist abhängig von der Zeit $t$:
   $$v(s) = \frac{F\,t \left( s \right)} {{m_0}}{\frac {1}{\sqrt {1+{\frac {{F}^{2} \left( t \left( s \right) \right)^{2}}{{{m_0}}^{2}{c}^{2}}}}}}$$
   die Zeit $t$ hängt wiederum vom Ort $s$ ab:
   $$t(s) = \sqrt {{\frac {{s}^{2}}{{c}^{2}}}+2\,{\frac {{m_0}\,s}{F}}}$$
   Damit ist $\nu_2$ in Abhängigkeit vom Ort im Laborsystem $s$
   $$\nu_2 = {\nu_1}\,{\frac {\sqrt {{m_0}\,{c}^{2}+sF-\sqrt {sF}\sqrt... ...,{c}^{2}}}}{\sqrt {{m_0}\,{c}^{2}+sF+\sqrt {sF} \sqrt {sF+2\,{m_0}\,{c}^{2}}}}}$$
   Für den Bremsweg bis nach $\alpha$-Centauri wird danach mit symmetrischer Frequenzgestaltung empfangen.
   Dementsprechend muss für den Empfang einer Frequenz auf der Erde mit $\nu_2 = 11 GHz$ ein Signal $\nu_1$ vom bewegten Raumschiff aus gesendet werden mit:
   $$\nu_1 = {\nu_2}\,\sqrt { \frac{ 1+{\frac {v \left( s \right) }{c}} } { 1-{\frac {v \left( s \right) }{c}} }}$$
   die Geschwindigkeit in Abhängigkeit von der Zeit ist
   $$v(s) = \frac{F\,t \left( s \right)} {{m_0}}{\frac {1}{\sqrt {1+{\frac {{F}^{2} \left( t \left( s \right) \right)^{2}}{{{m_0}}^{2}{c}^{2}}}}}}$$
   die Zeit $t$ hängt wiederum vom Ort $s$ ab:
   $$t(s) = \sqrt {{\frac {{s}^{2}}{{c}^{2}}}+2\,{\frac {{m_0}{\,s}}{F}}}$$
   Damit ist $\nu_1$ in Abhängigkeit vom Ort im Laborsystem $s$
   $$\nu_1 = {\nu_2}\,\sqrt {\frac{{m_0}\,{c}^{2}+sF+\sqrt {F\;s}\sqrt... ...{m_0}\,{c}^{2}}}{ {m_0}\,{c}^{2}+sF-\sqrt {F\;s}\sqrt {sF+2\,{m_0}\,{c}^{2}} }}$$
   Für den Bremsweg bis nach $\alpha$-Centauri muss danach mit symmetrischer Frequenzgestaltung gesendet werden.

4. Masse Elektron/Positron: $m_{0}=9.10938\cdot10^{-31}kg$

   Geschwindigkeit: $v=k\cdot c$, $k<1$

   Vollständig plastischer Stoss: gleiche Massen, gleiche Geschwindigkeiten, entgegengesetzt

   Die Massen sind nach dem Stoss in Ruhe.

   Dissipierte Energie: $E_{1}=2\cdot\frac{1}{2}m\cdot v^{2}=m_{0}\cdot c^{2}\cdot k^{2}$

   Tatsächlich: Annihilation, d.h. Paarvernichtung; Elektron und Positron werden vernichtet, 2 Photonen gleicher Energie entstehen.

   Dissipierte Energie: $E_{2}=2\cdot m\cdot c^{2}=\frac{2m_{0}c^{2}} {\sqrt{1-k^{2}}}$

   z.B. $k=0.9:$

   $E_{1}=6.63\cdot10^{-14}J$

   $E_{2}=3.76\cdot10^{-13}J$

5. 1. relativistischer Impuls: $p=\frac{m_{0}v}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$

      relativistischer Energiesatz: $E=\sqrt{m_{0}^{2}c^{4}+c^{2}p^{2}}$

      • Von Kugel 2 aus gesehen:

        $$E_{a}^{2} =m_{0}^{2}c^{4}+c^{2}p^{2}$$

        $$=m_{0}^{2}c^{4}+c^{2}\frac{m_{0}^{2}v^{2}}{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}$$

        $$\rightarrow E_{a}^{2}-m_{0}^{2}c^{4}=c^{2}m_{0}^{2}v^{2}\cdot\frac {1}{\left( 1-\frac{v^{2}}{c^{2}}\right) }$$

        $$\rightarrow\left( E_{a}^{2}-m_{0}^{2}c^{4}\right) \left( 1-\frac{v^{2} }{c^{2}}\right) =c^{2}m_{0}^{2}v^{2}$$

        $$\rightarrow\left( E_{a}^{2}-m_{0}^{2}c^{4}\right) =c^{2}m_{0}^{2} v^{2}+\left( E_{a}^{2}-m_{0}^{2}c^{4}\right) \frac{v^{2}}{c^{2}}$$

        $$\rightarrow\frac{\left( E_{a}^{2}-m_{0}^{2}c^{4}\right) }{c^{2}m_... ..._{a}^{2}}{c^{4}m_{0}^{2}}-1\right) v^{2}=\frac {E_{a}^{2}}{c^{4}m_{0}^{2}}v^{2}$$

        $$\rightarrow\left( \frac{E_{a}^{2}}{c^{2}m_{0}^{2}}-c^{2}\right) \cdot\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}=v^{2}$$

        $$\rightarrow\left( c^{2}-\frac{c^{6}m_{2}^{0}}{E_{a}^{2}}\right) =v^{2}$$

        $$\rightarrow v=c\cdot\sqrt{1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}$$

        
        

      • Im Schwerpunktsystem bewegen sich beide Kugeln mit gleicher Geschwindigkeit u auf den Schwerpunkt zu. Addiert man diese beiden Geschwindigkeiten u relativistisch, muss das wieder gleich v sein:
        $$v=\frac{u+u}{1+\frac{u^{2}}{c^{2}}}=\frac{2u}{1+\frac{u^{2}}{c^{2}}} \overset{!}{=}c\cdot\sqrt{1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}$$
        $$\rightarrow2u=\left( 1+\frac{u^{2}}{c^{2}}\right) \cdot c\cdot\sqrt {1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}$$

        Wir müssen die quadratische Gleichung lösen:

        $$\frac{u^{2}}{c^{2}}\cdot c\cdot\sqrt{1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}} }-2u+c\cdot\sqrt{1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}=0$$

        $$\Rightarrow u_{1,2}=\frac{2\pm\sqrt{4-4\cdot\frac{1}{c}\cdot\left... ...ight) ^{2}\cdot c}}{\frac{2} {c}\cdot\sqrt{1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}}$$

        $$=\frac{c\pm c\cdot\sqrt{1-1+\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}} {\sqrt{1-\frac{c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}}$$

        $$=\frac{c\left( 1\pm\frac{c^{2}m_{0}}{E_{a}}\right) }{\sqrt{1-\frac {c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}}$$

        $$=c\cdot\frac{\frac{E_{a}\pm m_{0}c^{2}}{E_{a}}}{\sqrt{\frac{E_{a}^{2} -c^{4}m_{0}^{2}}{E_{a}^{2}}}}$$

        $$=c\cdot\sqrt{\frac{\left( E_{a}\pm m_{0}c^{2}\right) ^{2}}{\left( E_{a}+m_{o}c^{_{2}}\right) \left( E_{a}-m_{0}c^{2}\right) }}$$

        
        

      • von den beiden möglichen Lösungen $u_{1,2}$ ist nur
        $$u_{1}=c\cdot\sqrt{\frac{E_{a}-m_{0}c^{2}}{E_{a}+m_{0}c^{2}}}$$

        physikalisch sinnvoll, da $u_{2}$ grösser c wäre.

        Die Geschwindigkeit $u_{2}$ gibt an, wie schnell sich $m_{2}$ auf den Schwerpunkt zubewegt. Das entspricht von $m_{2}$ aus gesehen der Schwerpunktgeschwindigkeit.

      Eine alternative Berechnung läuft über die Lage des Schwerpunktes. Im Laborsystem sei $x$ die Position der bewegten Masse $m(v) = m_0 c^2 (1-v^2/c^2)^{-1/2}$, $x=0$ die Position der ruhenden Masse und $x_s$ die Lage des Schwerpunktes. Dann ist

      $$m(v)(x_s-x) = m_0 x_s$$
      Wir leiten nach der Zeit ab ($m(v)$ ist konstant, $dx_s/dt = u_1$) und bekommen
      $$m(v)(u_1-v) = m_0 u_1$$
      Dann ist
      $$u_1 = \frac{v \cdot m(v)}{m_0-m(v)}$$
      $m(v)$ wird über die Energie berechnet
      $$E_a = m(v)c^2$$
      Wir können die Gleichung auch nach $v$ auflösen
      $$v = c\left\{\begin{array}{cc} \sqrt{1-\frac{m_0^2 c^4}{E_a^2}}\\ -\sqrt{1-\frac{m_0^2 c^4}{E_a^2}} \end{array}\right.$$
      Nur die erste Lösung ist mit unserem Problem kompatibel. Also ist

      $$u_1 = \frac{v m(v)}{m_0-m(v)} = \frac{c\sqrt{1-\frac{m_0^2 c^4}{E_a^2}}\cdot \frac{E_a}{c^2}}{m_0-\frac{E_a}{c^2}}$$

      $$= c\frac{\sqrt{1-\frac{m_0^2 c^4}{E_a^2}}\cdot {E_a}}{m_0{c^2}-{E_a}} = c\frac{\sqrt{E_a^2-{m_0^2 c^4}}}{m_0{c^2}-{E_a}}$$

      $$= c\sqrt{\frac{\left(E_a-{m_0 c^2}\right)\left(E_a+{m_0 c^2}\right)}{\left(m_0{c^2}-{E_a}\right)^2}} = c\sqrt{\frac{\left(E_a-{m_0 c^2}\right)\left(E_a+{m_0 c^2}\right)}{\left({E_a}-m_0{c^2}\right)^2}}$$

      $$= c\sqrt{\frac{\left(E_a+{m_0 c^2}\right)}{\left({E_a}-m_0{c^2}\right)}}$$

      
      

   2. Es ist sinnvoll, zuerst Aufgabenteil c) zu rechnen, da sich b) daraus ergibt.

      Impuls:

      $$p_{a}^{\ast}=\frac{m_{0}\cdot v}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$$

      setze für $v=c\cdot\sqrt{\frac{E_{a}-m_{0}c^{2}}{E_{a}+m_{o}c^{2}}}$ ein (siehe Teil a):

      $$p_{a}^{\ast} =m_{0}\cdot c\cdot\sqrt{\frac{E_{a}-m_{0}c^{2}}{E_{a} +m_{0}c^{2}}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-\frac{E_{a}-m_{0}c^{2}}{E_{a}+m_{0}c^{2}}} }$$

      $$=m_{0}c\cdot\sqrt{\frac{E_{a}-m_{0}c^{2}}{E_{a}+m_{0}c^{2}}}\cdot\frac {1}{\sqrt{\frac{E_{a}+m_{0}c^{2}-E_{a}+m_{0}c^{2}}{E_{a}+m_{0}c^{2}}} }$$

      $$=\sqrt{\frac{m_{0}^{2}c^{2}\left( E_{a}-m_{0}c^{2}\right) }{2m_{0} ^{2}c^{2}}}$$

      $$=\sqrt{\frac{m_{0}\left( E_{a}-m_{0}c^{2}\right) }{2}}$$

      $$=-p_{b}^{\ast}$$ (0.1)

      
      

      Energie:

      $$E_{a}^{\ast^{2}} =m_{0}^{2}c^{4}+c^{2}p_{a}^{\ast^{2}}$$

      $$=m_{0}^{2}c^{4}+c^{2}\cdot\frac{m_{0}\left( E_{a}-m_{0}c^{2}\right) } {2}$$

      $$=m_{0}c^{2}\left( m_{0}c^{2}+\frac{E_{a}}{2}-\frac{m_{0}c^{2}}{2}\right)$$

      $$=m_{0}c^{2}\left( \frac{m_{0}c^{2}+E_{a}}{2}\right)$$

      $$\rightarrow E_{a}^{\ast}=\sqrt{m_{0}c^{2}\left( \frac{m_{0}c^{2}+E_{a}} {2}\right) }=E_{b}^{\ast}$$

      
      

   3. $$E_{ges}^{\ast} =E_{a}^{\ast}+E_{b}^{\ast}=2E_{a}^{\ast}$$

      $$=\sqrt{2m_{0}c^{2}\left( m_{0}c^{2}+Ea\right) }$$

      
      

   4. Die Energien im Schwerpunktsystem sind symmetrisch bezüglich beiden Teilchen:
      $$E_{a}^{\ast}=E_{b}^{\ast}=E_{d}^{\ast}=E_{e}^{\ast}=\sqrt{m_{0}c^{2}\left( \frac{m_{0}c^{2}+E_{a}}{2}\right) }$$

      Es ist

      $${E_{d}^{\ast}}^2 = m_0^2c^4+c^2{p_d^\ast}^2 = m_0^2c^4+c^2\left({p_{d_{x}}^{\ast}}^2+{p_{d_{y}}^{\ast}}^2\right)$$

      $${E_{e}^{\ast}}^2 = m_0^2c^4+c^2{p_e^\ast}^2 = m_0^2c^4+c^2\left({p_{e_{x}}^{\ast}}^2+{p_{e_{y}}^{\ast}}^2\right)$$

      
      

      Betrachte zunächst den Impuls aufgespalten in $x$- und $y$-Richtung:

      $x$-Richtung:

      $$p_{d_{x}}^{\ast}=-p_{e_{x}}^{\ast}=\cos\vartheta^{\ast}\cdot p_{a}^{\ast}$$

      $y$-Richtung:

      $$p_{d_y}^{\ast}=-p_{e_{y}}^{\ast}=\sin\vartheta^{\ast}p_{a}^{\ast}$$

      Also ist

      $$p_{d_y}^{\ast} = p_{d_{x}}^{\ast}\tan\vartheta^{\ast}$$
      und
      $$p_{e_y}^{\ast} = p_{e_{x}}^{\ast}\tan\vartheta^{\ast}$$
      Damit haben wir

      $${E_{d}^{\ast}}^2 = m_0^2c^4+c^2{p_{d_{x}}^{\ast}}^2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right) = \frac{m_{0}^2c^{4}}{2}+\frac{m_{0}c^{2}E_{a}}{2}$$

      $${E_{e}^{\ast}}^2 = m_0^2c^4+c^2{p_{e_{x}}^{\ast}}^2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right) = \frac{m_{0}^2c^{4}}{2}+\frac{m_{0}c^{2}E_{a}}{2}$$

      
      

      $$c^2{p_{d_{x}}^{\ast}}^2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right) = \frac{m_{0}c^{2}E_{a}}{2}-\frac{m_{0}^2c^{4}}{2}$$

      $$c^2{p_{e_{x}}^{\ast}}^2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right) = \frac{m_{0}c^{2}E_{a}}{2}-\frac{m_{0}^2c^{4}}{2}$$

      
      

      $${p_{d_{x}}^{\ast}} = \sqrt{\frac{m_{0}E_{a}-m_{0}^2c^{2}}{2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right)}}$$

      $${p_{e_{x}}^{\ast}} = -\sqrt{\frac{m_{0}E_{a}-m_{0}^2c^{2}}{2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right)}}$$

      
      

      $${p_{d_{y}}^{\ast}} = \tan\vartheta^\ast\sqrt{\frac{m_{0}E_{a}-m_{0}^2c^{2}}{2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right)}}$$

      $${p_{e_{y}}^{\ast}} = -\tan\vartheta^\ast\sqrt{\frac{m_{0}E_{a}-m_{0}^2c^{2}}{2\left(1+\tan^2\vartheta^\ast\right)}}$$

      
      

   5. Die schnelle Lösung geht folgendermassen: Die Streuwinkel sind ein geometrisches Problem. Also können die klassischen Resultate verwendet werden, unter Berücksichtigung der Längenkontraktion. Das klassische Resultat wäre

      $$\tan\vartheta_d = \tan\frac{\vartheta^\ast}{2}$$

      $$\tan\vartheta_e = \tan\frac{\pi-\vartheta^\ast}{2}$$

      
      
      (Siehe auch Aufgabe 5 Übungsblatt 06) Bei relativistischen Geschwindigkeiten des Schwerpunktes in die $x$-Richtung wird die $x$-Koordinate kontrahiert, die $y$-Koordinate jedoch nicht. Da $\tan\vartheta^\ast = dy^\ast/dx^\ast$ ist und $dy^\ast=dy$ und $dx^\ast = dx/\sqrt{1-u_1^2/c^2}$ Weiter ist
      $$\sqrt{1-\frac{u_1^2}{c^2}} = \sqrt{1-\frac{E_a-m_0c^2}{E_a+m_0c^2}} = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a+m_0c^2}}}$$
      und damit

      $$\tan\vartheta_d = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a+m_0c^2}}}\tan\frac{\vartheta^\ast}{2}$$

      $$\tan\vartheta_e = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a+m_0c^2}}}\tan\frac{\pi-\vartheta^\ast}{2}$$

      
      
      Im klassischen Falle ist $E_a \approx m_0c^2$, also ist die Wurzel gleich eins. Dann ist

      $$\tan\vartheta_d = \tan\frac{\vartheta^\ast}{2} \Rightarrow \vartheta_d = \frac{\vartheta^\ast}{2}$$

      $$\tan\vartheta_e = \tan\frac{\pi-\vartheta^\ast}{2} \Rightarrow \vartheta_e = \frac{\pi-\vartheta^\ast}{2}$$

      $$\vartheta_d+\vartheta_e = \frac{\pi}{2}$$

      
      
      Im hoch-relativistischen Falle ist $E_a\gg m_0 c^2$ und damit $\sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a+m_0c^2}}}\approx \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a}}}\ll 1$. Dann ist auch $\tan\vartheta_d\ll 1$ und damit $\tan\vartheta_d \approx \vartheta_d$ und analog für $\vartheta_e$.

      $$\tan\vartheta_d =\sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a}}}\tan\frac{\vartheta^\ast}{2} \Rightarrow \vartheta_d = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a}}}\tan\frac{\vartheta^\ast}{2}$$

      $$\tan\vartheta_e = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a}}}\tan\frac{\pi-\vartheta^\ast}{2} \Rightarrow \vartheta_e = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a}}}\tan\frac{\pi-\vartheta^\ast}{2}$$

      $$\vartheta_d+\vartheta_e = \sqrt{\frac{2m_0c^2}{{E_a}}}\left(\tan\frac{\vartheta^\ast}{2}+\tan\frac{\pi-\vartheta^\ast}{2}\right) \Rightarrow \vartheta_d+\vartheta_e \ll 1$$

      
      
      Klassische Rechnung: Energie $mv_{x\text{,}\,0}^2/2 = m(v_{x}'^2+v_{y}'^2)/2$ oder $v_{x\text{,}\,0}^2 = v_{x}'^2+v_{y}'^2 = u_1^2$ und $v_y' = v_x'\tan\vartheta^\ast$ und damit $u_1^2 = v_x'^2(1+\tan^2\vartheta^\ast)$. Somit ist $v_x' = u_1(1+\tan^2\vartheta^\ast)^{-1/2}$ und $v_y' = u_1\tan\vartheta^\ast(1+\tan^2\vartheta^\ast)^{-1/2}$. Also ist
      $$\tan\vartheta_d = \frac{v_y}{v_x+u_1} = \frac{u_1\tan\vartheta^\a... ...\frac{\sin\vartheta^\ast} {1+\cos\vartheta^\ast} = \tan\frac{\vartheta^\ast}{2}$$

6. Es ist folgende Gleichung zu lösen:

   1. $$\left( \begin{array}[c]{c} 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{... ...nd{array}\right) =T\left( \begin{array}[c]{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)$$

      mit

      $$T= \begin{pmatrix} -\sin\alpha\cos\beta\sin\gamma+\cos\alpha\cos\... ...in\beta\\ \sin\beta\sin\gamma & \sin\beta\cos\gamma & \cos\beta \end{pmatrix}$$

      Also

      $$\left( \begin{array}[c]{c} 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{... ...beta\sin\gamma+\sin\alpha\cos\gamma\\ \sin\beta\sin\gamma \end{array}\right)$$

      Entweder man rät die 3 Winkel ausgehend von der 3. Gleichung, oder man verwendet Maple, um das Gleichungssystem zu lösen, und erhält die Lösungen:

      $$\left( \begin{array}[c]{c} \alpha\\ \beta\\ \gamma \end{array... ...}\\ -\frac{\pi}{2}\\ -\frac{3\pi}{4} \end{array}\right) \end{array}\right.$$

   2. Obige Winkel in $T$ eingesetzt liefert:

      $$T =\left( \begin{array}[c]{ccc} 0 & 0 & 1\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\... ...\sqrt{2}} & 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array} \right)$$

      $$\Rightarrow T\left( \begin{array}[c]{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right) =\left( \begin{array}[c]{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array} \right)$$

      
      

7. Diese beiden Transformationen sind einfacher, als in der vorherigen Aufgabe. Es ist daher nicht nötig, jeweils das Gleichungssystem zu lösen. Stattdessen findet man durch überlegen jeweils eine von unendlich vielen Lösungen:

   $$T_{1} :\left( \begin{array}[c]{c} \alpha\\ \beta\\ \gamma \end{array} \right) =\left( \begin{array}[c]{c} \frac{\pi}{2}\\ 0\\ 0 \end{array} \right)$$

   $$T_{2} :\left( \begin{array}[c]{c} \alpha\\ \beta\\ \gamma \end{array} \right) =\left( \begin{array}[c]{c} 0\\ \frac{\pi}{2}\\ 0 \end{array} \right)$$

   
   

   Damit ist

   $$T_{1}=\left( \begin{array}[c]{ccc} 0 & -1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \$$    und $$T_{2}=\left( \begin{array}[c]{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$$

   1. $$T_{1}T_{2}=\left( \begin{array}[c]{ccc} 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$$

   2. $$T_{2}T_{1}=\left( \begin{array}[c]{ccc} 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right)$$

   3. $T_{1}T_{2}\neq T_{2}T_{1}$, weil Matrizenmultiplikation i.A. nicht kommutativ ist.

   Für die erste Teilaufgabe sind alle Lösungen:
   $$T_{1}:\left( \begin{array}[c]{c} \alpha\\ \beta\\ \gamma \end... ...{2}+\gamma\text{, }\beta=\pi\text{, }\gamma=\text{beliebig} \end{array}\right.$$

   und

   $$T_{2}:\left( \begin{array}[c]{c} \alpha\\ \beta\\ \gamma \end... ...ha=\text{beliebig, }\beta=-\frac{\pi}{2}\text{, }\gamma=\pi \end{array}\right.$$