Скорость частицы. Релятивистские преобразования компонент скорости

Условие: В неподвижной системе $K$ частица движется со скоростью $\vec u$, направленной под углом $\theta$ к оси $ox$. Каков угол $\theta'$ в системе $K'$, движущейся вдоль $ox$ со скоростью $V$? Что наблюдается при $V\to c$? Какова $\vec u{\,}'$?

Решение: Составляющие скорости в $K$: $u_x=u\cos\theta$, $u_y=u\sin\theta$. По релятивистскому закону сложения скоростей: $$u'_x=\frac{u_x-V}{1-\dfrac{u_xV}{c^2}}=\frac{u\cos\theta-V}{1-\dfrac{uV\cos\theta}{c^2}},\qquad u'_y=\frac{u_y\sqrt{1-V^2/c^2}}{1-\dfrac{u_xV}{c^2}}=\frac{u\sin\theta\sqrt{1-V^2/c^2}}{1-\dfrac{uV\cos\theta}{c^2}}.$$

Угол в $K'$: $$\operatorname{tg}\theta'=\frac{u'_y}{u'_x}=\frac{u\sin\theta\sqrt{1-V^2/c^2}}{u\cos\theta-V}.$$

Модуль скорости — возводим $u'_x,u'_y$ в квадрат и складываем; числитель раскрывается как $u^2\cos^2\theta-2uV\cos\theta+V^2+u^2\sin^2\theta(1-V^2/c^2)=u^2\left(1-\dfrac{V^2}{c^2}\sin^2\theta\right)-2uV\cos\theta+V^2$, так что $$u'^2=\frac{u^2\left(1-\dfrac{V^2}{c^2}\sin^2\theta\right)-2uV\cos\theta+V^2}{\left(1-\dfrac{uV}{c^2}\cos\theta\right)^2}.$$

При $V\to c$: числитель $\operatorname{tg}\theta'$ обращается в нуль как $\sqrt{1-V^2/c^2}$, а знаменатель остаётся конечным и отрицательным (при $u<c$), поэтому $\theta'\to\pi$ — в предельно быстро движущейся системе отсчёта скорость частицы кажется направленной почти строго вдоль оси $-x'$ (релятивистская аберрация, «эффект прожектора»). При этом $u'\to c$ и при $u\to c$, и при $V\to c$ — ни при какой релятивистской композиции скорость не может превысить $c$.

Ответ: $$\operatorname{tg}\theta'=\frac{u\sin\theta\sqrt{1-V^2/c^2}}{u\cos\theta-V},\qquad u'^2=\frac{u^2\left(1-\dfrac{V^2}{c^2}\sin^2\theta\right)-2uV\cos\theta+V^2}{\left(1-\dfrac{uV}{c^2}\cos\theta\right)^2};\quad u'\to c\text{ при }u\to c\text{ или }V\to c.$$

Условие: Параллельный оси $ox$ стержень длиной $l_0$ движется вдоль $oy$ со скоростью $W$. Как выглядит движение этого стержня для наблюдателя в системе $K'$, движущейся вдоль $ox$ со скоростью $V$?

Решение: В $K$ концы стержня в момент $t$ находятся в точках $(0,Wt,0)$ и $(l_0,Wt,0)$ — стержень всё время параллелен оси $x$ и целиком движется вдоль $y$. Найдём форму стержня в $K'$, то есть координаты обоих концов, измеренные ОДНОВРЕМЕННО в $K'$ (в момент $t'$). Преобразования Лоренца: $x'=\gamma(x-Vt)$, $y'=y$, $t'=\gamma(t-Vx/c^2)$, $\gamma=1/\sqrt{1-V^2/c^2}$.

Левый конец ($x=0$): $t=t'_Л/\gamma$, откуда $x'_Л=-Vt'_Л$, $y'_Л=Wt'_Л/\gamma$. Правый конец ($x=l_0$): $t=t'_П/\gamma+Vl_0/c^2$, откуда $x'_П=l_0/\gamma-Vt'_П$, $y'_П=W(t'_П/\gamma+Vl_0/c^2)$.

Полагая $t'_Л=t'_П=t'$ (одновременное в $K'$ измерение концов): $$\Delta x'=\frac{l_0}{\gamma},\qquad \Delta y'=\frac{WVl_0}{c^2}.$$

То есть в $K'$ стержень не только укорочен вдоль $x'$ (обычное лоренцево сокращение), но и НАКЛОНЁН — его ось образует с осью $x'$ угол $$\operatorname{tg}\alpha'=\frac{\Delta y'}{\Delta x'}=\frac{VW}{c^2\sqrt{1-V^2/c^2}}.$$ Это классический «парадокс стержня»: перпендикулярно движущийся стержень кажется повёрнутым в системе, движущейся вдоль его длины — эффект относительности одновременности, а не реального вращения.

Скорость же самого стержня (любой его точки, $u_x=0,u_y=W$ в $K$) находится обычным сложением скоростей: $$u'_x=-V,\qquad u'_y=W\sqrt{1-V^2/c^2},$$ $$u'=\sqrt{V^2+W^2\left(1-\frac{V^2}{c^2}\right)},\qquad \operatorname{tg}\theta'=\frac{u'_y}{u'_x}=-\frac{W\sqrt{1-V^2/c^2}}{V}$$ (знак минус — скорость направлена в сторону $-x'$). Угол наклона стержня $\alpha'$ и угол направления его скорости $\theta'$ — разные величины: стержень движется НЕ вдоль своей оси.

Ответ: $$\operatorname{tg}\alpha'=\frac{VW}{c^2\sqrt{1-V^2/c^2}}\ \text{(наклон стержня)};\qquad u'=\sqrt{V^2+W^2\left(1-\frac{V^2}{c^2}\right)},\quad \operatorname{tg}\theta'=-\frac{W\sqrt{1-V^2/c^2}}{V}\ \text{(направление скорости)}.$$

Условие: В релятивистскую реку на расстоянии $h$ от берега упал камень. Через какое время волны достигнут берега, если скорость течения равна $u$, а скорость волн в неподвижной воде $w$?

Решение: Свяжем с водой систему отсчёта $K''$, движущуюся относительно берега (системы $K$) со скоростью $u$ вдоль берега (вдоль оси $x$, по течению). В $K''$ волна расходится изотропно со скоростью $w$; рассмотрим волну, испущенную под углом $\theta''$ к течению: $u''_x=w\cos\theta''$, $u''_y=w\sin\theta''$ (ось $y$ направлена поперёк реки, к берегу).

Поперечная составляющая скорости этой волны в системе берега $K$: $$v_y=\frac{u''_y\sqrt{1-u^2/c^2}}{1+\dfrac{u''_xu}{c^2}}=\frac{w\sin\theta''\sqrt{1-u^2/c^2}}{1+\dfrac{wu}{c^2}\cos\theta''}.$$

Берега первым достигает тот участок волнового фронта, для которого $v_y$ максимальна. Дифференцируя по $\theta''$ (числитель производной пропорционален $\cos\theta''+uw/c^2$) и приравнивая нулю, получаем условие максимума $\cos\theta''=-uw/c^2$, откуда $\sin\theta''=\sqrt{1-u^2w^2/c^4}$. Подставляя, $$v_{y,\max}=\frac{w\sqrt{1-u^2w^2/c^4}\cdot\sqrt{1-u^2/c^2}}{1-u^2w^2/c^4}=\frac{w\sqrt{1-u^2/c^2}}{\sqrt{1-u^2w^2/c^4}}.$$

Время достижения берега: $$t=\frac{h}{v_{y,\max}}=\frac{h\sqrt{1-u^2w^2/c^4}}{w\sqrt{1-u^2/c^2}}=\gamma(u)\,\frac hw\sqrt{1-\frac{u^2w^2}{c^4}},\qquad \gamma(u)=\frac{1}{\sqrt{1-u^2/c^2}}.$$

Ответ: $$t=\gamma(u)\,\frac hw\sqrt{1-\frac{u^2w^2}{c^4}}.$$

Условие: Плоскопараллельная прозрачная пластина толщиной $l_0$ (в своей системе покоя), имеющая показатель преломления $n=c/v$ ($v$ — скорость света в пластине), движется со скоростью $V$ от зеркала к источнику $S$. Полное расстояние источник–зеркало равно $L$. Определить время, затрачиваемое световым импульсом на прохождение пути от излучателя до зеркала и обратно. Зависит ли время от направления движения пластины?

Решение: Пусть $K$ — лабораторная система ($S$ и зеркало неподвижны, расстояние $L$), $K'$ — система покоя пластины, движущаяся относительно $K$ со скоростью $-V$ (к источнику). В $K'$ пластина покоится, толщина $l_0$, свет пересекает её со скоростью $v=c/n$. Используем $x=\gamma(x'-Vt')$, $t=\gamma(t'-Vx'/c^2)$, $\gamma=1/\sqrt{1-V^2/c^2}$.

Прямой ход ($S\to$ зеркало): вход — событие $(x'{=}0,\,t'{=}0)$, выход — $(x'{=}l_0,\,t'{=}l_0/v)$. Тогда $$\Delta x_1=\gamma l_0\left(1-\frac Vv\right),\qquad \Delta t_1=\gamma l_0\left(\frac1v-\frac{V}{c^2}\right).$$

Обратный ход (зеркало$\to S$): вход — $(x'{=}l_0,\,t'{=}0)$, выход — $(x'{=}0,\,t'{=}l_0/v)$ (свет идёт в сторону убывания $x'$), откуда $$|\Delta x_2|=\gamma l_0\left(1+\frac Vv\right),\qquad \Delta t_2=\gamma l_0\left(\frac1v+\frac{V}{c^2}\right).$$

Так как $S$ и зеркало неподвижны на расстоянии $L$, суммарный лабораторный путь света ВНЕ пластины за оба прохода равен $2L-(\Delta x_1+|\Delta x_2|)$ и проходится со скоростью $c$. Полное время: $$T=\frac{2L-\Delta x_1-|\Delta x_2|}{c}+\Delta t_1+\Delta t_2.$$

Считаем суммы: $$\Delta x_1+|\Delta x_2|=\gamma l_0\left(1-\frac Vv\right)+\gamma l_0\left(1+\frac Vv\right)=2\gamma l_0,$$ $$\Delta t_1+\Delta t_2=\gamma l_0\left(\frac1v-\frac{V}{c^2}\right)+\gamma l_0\left(\frac1v+\frac{V}{c^2}\right)=\frac{2\gamma l_0}{v}=\frac{2n\gamma l_0}{c}.$$

Слагаемые с $V$ взаимно уничтожаются в обеих суммах — именно поэтому итог не зависит от направления движения пластины. Подставляя: $$T=\frac{2L-2\gamma l_0}{c}+\frac{2n\gamma l_0}{c}=\frac{2L}{c}+\frac{2\gamma l_0(n-1)}{c}=2\left[\frac Lc+\frac{l_0(n-1)}{c\sqrt{1-V^2/c^2}}\right].$$

Ответ: $$T=2\left[\frac Lc+\frac{l_0(n-1)}{c\sqrt{1-V^2/c^2}}\right];$$ время НЕ зависит от направления движения пластины (асимметрия между «попутным» и «встречным» проходами в $\Delta t_{1,2}$ и $\Delta x_{1,2}$ точно компенсируется при суммировании по обоим проходам).