Lösung 11

Physik I
Übung 11 - Lösungshinweise
Stefan Reutter
Moritz Kütt
Franz Fujara
SoSe 2012
Stand: 04.07.2012
Aufgabe 1 Das Lied der Moreley
Die schöne Moreley singe eine besondere Art von Welle, die ein sehr dünnes und starres Trägermedium hat, das wir hier mal als Äther bezeichnen wollen. Der Böse Professor Michaelsson
hat die Moreley in einen Käfig gesperrt und zwingt sie nun, ihm für physikalische Experimente,
die ihn seinem Ziel, die Weltherrschaft zu übernehmen, ein Stück näher bringen sollen, etwas
vorzusingen.
Die Moreley-Wellen (die übrigens wunderbar mit sich selbst interferieren) lässt Prof. Michaelsson durch ein speziell dafür konstruiertes Michaelsson-Interferometer laufen, das genauso funktioniert wie ein Michelson-Interferometer, aber mit Moreley-Wellen statt mit Licht arbeiten kann.
Nun bewegt sich Prof. Michaelsson mit der armen Moreley in seinem hochgeheimen gepanzerten und äußerst ruckelfrei gelagerten Eisenbahnwaggon im Vergleich zur Phasengeschwindigkeit der Welle langsam durch den Äther und beobachtet ein Interferenzmuster am Schirm des
Spektrometers. Der eine Spektrometerarm a zeige in Fahrtrichtung, der andere b senkrecht
dazu.
a) Berechne den Zeitunterschied zwischen den Wellenwegen in beiden Spektrometerarmen.
b) Um die Moreley-Phasengeschwindigkeit zu bestimmen dreht Michaelsson nun sein Spektrometer um 90◦ , sodass nun b in Fahrtrichtung und a senkrecht dazu zeigt. Berechne den
Zeitunterschiedsunterschied zwischen den beiden Messungen (d.h. die Änderung des Interferenzbildes)
Hinweis: Verwende, um ein schönes Endergebnis zu erhalten, die Binomialentwicklung
(1 + x)n ≈ 1 + nx + n(n − 1)x 2 + . . .
Lösungshinweise:
a) Zuerst die Hinbewegung der Welle auf Arm a. Nach Aussenden der Welle bewegt diese sich
mit Geschwindigkeit c, der Spiegel bewegt sich allerdings von der Welle weg, sodass sich für
den Schnittpunkt der Wellenfront und des Spiegels ergibt
c t a1,h = a + v t a1,h
a
t a1,h =
c−v
1
Ganz ähnlich ist bei der Zurückbewegung die Welle schneller wieder am halbdurchlässigen Spiegel angekommen.
c t a1,z = a − v t a1,z
a
t a1,z =
c+v
Die Gesamtzeit ist die Summe dieser beiden Zeiten
t a1 = t a1,h + t a1,z =
=
2ac
c2 − v 2
a
c−v
2a
+
a
c+v
= v2
c 1 − c2
Für den Spektrometerarm b, in dem die Welle sich schräg gegenüber dem Äther bewegen muss,
ergibt sich
c t b1,h =
q
€
Š2
b2 + v t b1,h
c 2 t 2b1,h = b2 + v 2 t 2b1,h
t b1,h = p
b
c2 − v 2
Wobei die Hin- und Rückreise in diesem Fall aus Symmetriegründen gleich lang dauern müssen
t b1,z = t b1,h
2b
t b1 = q
2
c 1 − vc 2
Insgesamt ergibt sich als Zeitdifferenz
2b
2a
∆t 1 = t b1 − t a1 = q
− v2
v2
c 1 − c2
c 1 − c2
‚
Œ
‚
Œ
2b
1 v2
2a
v2
≈
1+
−
1+ 2
c
2 c2
c
c
Betrachtet man den instruktiven Fall a = b ergibt sich
∆t 1 ≈
av 2
c3
2
b) Man muss lediglich die Faktoren im Nenner vertauschen, wie man sich leicht überlegen
kann
2b
2a
∆t 2 = t b2 − t a2 = −
q
2
2
c 1 − vc 2
c 1 − vc 2
Œ
Œ
‚
‚
2a
2b
v2
1 v2
≈
1+ 2 −
1+
c
c
2 c2
c
Als Differenz der Differenzen ergibt sich damit
∆t = ∆t 2 − ∆t 1 =
a + b v2
c
c2
Das Drehen des Aufbaus beim Michelson-Morley-Experiment ist also tatsächlich eine intelligente
Methode.
Das Vernachlässigen der zweiten Ordnung ist übrigens vollkommen gerechtfertigt weil
Lichtgeschwindigkeit schon so extrem klein ist.
v2
c2
bei
Aufgabe 2 Du bist doch nicht etwa invariant?
a) Zeige, dass die Größe s2 = x 2 + y 2 + z 2 − (c t)2 unter Lorenztransformationen invariant ist.
b) Zeige, dass der Betrag der Lichtgeschwindigkeit bzw. ihr Quadrat c 2 = c 2x + c 2y + cz2 ebenfalls
unter Lorentztransformationen konstant ist.
Hinweis (b): Denk daran, dass c 2x = c 2 − c 2y − cz2 ist
Lösung:
a) Wir starten bei
s02 = x 02 + y 02 + z 02 − (c t 0 )2
Wir können der Einfachheit annehmen, dass sich System S’ entlang der x-Achse bewegt, es lässt
sich immer so ein Koordinatensystem finden. Dann setzen wir die Lorentz-Transformationen
ein.
02
2
2
2
2
2 2
s =γ (x − v t) + y + z − c γ

t−
vx
‹2
c2
v 2x2
vx
=γ2 x 2 − 2γ2 x v t + γ2 v 2 t 2 − c 2 γ2 t 2 + 2c 2 γ2 t 2 − c 2 γ2 4 + y 2 + z 2
c
c
‚
Œ
‚
Œ
2
2
v
v
= γ2 2 − γ2 (c t)2 + γ2 − γ2 2 x 2 + y 2 + z 2
c
c
=x 2 + y 2 + z 2 − (c t)2 = s2
3
Dabei wurde folgendes verwendet:
γ2 =
1
2
1 − vc 2
b) Wir nehmen wieder Bewegung in x-Richtung an.
= u x , u deswegen um sie nicht mit der RelativgeGeschwindigkeiten sind nun definiert als dx
dt
schwindigkeit zwischen den beiden Bezugsystemen zu verwechseln.
Für die einzelnen Komponenten einer Geschwindigkeit gelten folgende Transformationen:
u0x
=
u0y =
dx 0
dt 0
d y0
dt 0
=
=
γ(dx − v dt)
γ(dt −
v
dx
c2
=
dx
dt
1−
−v
v dx
c 2 dt
=
ux − v
1−
v cx
c2
uy
dy
Š
Š
€
€
=
vu
γ dt − cv2 dx
γ 1 − c 2x
uz
Š
u0z = €
vu
γ 1 − c 2x
Wir suchen nun die Transformation von c 2 .
02
02
c 02 = c 02
x + c y + cz
c 2y
cz2
(c x − v )2
=€
+
+
Š2
€
Š2
€
Š2
vc
vc
vc
1 − c 2x
γ2 1 − c 2x
γ2 1 − c 2x
v2
v2
2
2
2
c x − 2c x v + v + 1 − c 2 c y + 1 − c 2 cz2
=
c2 v 2
2c v
1 − cx2 + xc 4
v2
2
2
2
2
2
2
c x + c y + cz − 2c x v + c 2 c − c y − cz
=c 2
c2 v 2
c 2 − 2c x v + xc 2
2
=c 2
c 2 − 2c x v + vc 2 c 2x
c 2 − 2c x v +
c 2x v 2
c2
=c 2
Aufgabe 3 Diskussion: Einstein war es nicht alleine
Die spezielle Relativitätstheorie wird oft Einstein zugeschrieben. Er hatte großen Anteil daran,
doch gab es viele weitere Wissenschaftler in seiner Zeit, die auch wichtige Arbeiten geleistet
hatten. Wer war das? Was haben sie gemacht? Was kannst du über die Geschichte der SRT
sagen?
4
Lösungshinweise:
Zentrale Akteure vor der Publikation der Theorie von Einstein waren u.a. Lorentz und Poincaré. Viele weitere Wissenschaftler beschäftigten sich auch schon im 19. Jahrhundert mit der
Geschwindigkeit des Lichtes. Sie stellten wie Michelson und Morley Widersprüche zu existierenden Theorien fest, die dann die Grundlage für die Arbeit Einsteins bildeten.
Eine sehr schöne historische Zusammenfassung gibt tatsächlich der Wikipedia-Artikel zur Geschichte der SRT http://de.wikipedia.org/wiki/Geschichte_der_speziellen_Relativit%C3%A4tstheorie
Aufgabe 4 Ein kurzer Jet
Ein schnelles Flugzeug fliegt mit einer Geschwindigkeit von v f = 3240 km/h.
a) Um wieviel Prozent sieht ein Beobachter ein so an ihm vorbei fliegendes Flugzeug kontrahiert?
b) Wieviel Zeit vergeht auf der Uhr des Piloten, wenn für den Beobachter ein Jahr vergeht?
(1 · 107 )
c) Zeichne ein Minkowski-Diagramm, anhand dessen du die Längenkontraktion verdeutlichen
kannst.
Lösungshinweise:
a) Ein ruhender Beobachter sieht das Flugzeug mit der Länge l 0 = γl . Die Verkürzung beträgt
dann
l−l
l
0
r
=1−
1−
v2
c2
= 4.5 × 10−12 = 4.5 × 10−10 %
b) Die Zeit, die auf der Uhr des Piloten vergeht ist
0
∆t =
∆t
λ
r
= ∆t
1−
v2
c2
≈ ∆t(1 −
1 v2
2
c2
= π · 107 s − 1.4 × 10−4 s
Das ist ein sehr kleiner Zeitunterschied.
c) Das kann man z.B. so machen
5
i
s=
1
ct'
s=
ct
x'
L' <
1
L=1
x
Dabei ist eine Länge L in S gemessen und nach S’ transformiert wobei sie kürzer wird. Wichtig
ist, dass man bei Minkowski-Diagrammen immer darauf achten muss, dass die Achsenskalierung
sich durch die Lorentztransformation ändert. Um herauszufinden, wie die Einheiten in S’ sind,
muss man die Lorentz-Invariante s2 = x 2 − (c t)2 einzeichnen und damit die S’-Achsen neu
skalieren. Diese Funktion ist die Wurzel aus einer Hyperbel bzw. Parabel je nach Vorzeichen von
s2 ; für große Zeiten oder Orte geht die Funktion jeweils gegen die Winkelhalbierende, also den
Lichtkegel.
Um die Längenkontraktion zu sehen, muss man die Weltlinien der Enden des Maßstabes so
lange verfolgen, bis sie auf einer Linie der Gleichzeitigkeit in S’ landen (z.B. der x 0 -Achse), denn
eine Längenmessung würde man so definieren, dass man zur gleichen Zeit beide Enden misst,
was für die ursprüngliche Längenmessung in S von S’ aus gesehen ja nicht der Fall ist. Man kann
nun einfach die x-Koordinaten der zwei Punkte ablesen und ist fertig.
Aufgabe 5 Max und Moritz gemeinsam auf großer Fahrt
Max und Moritz verlassen, gemeinsam damit kein Altersunterschied aufklafft, mit ihrem Raumschiff BolteWitwe die Erde auf dem Weg zum Stern Alpha Centauri. Dieser ist vier Lichtjahre
entfernt. Ihr Raumschiff kann eine Geschwindigkeit von v w b = 0.75c erreichen.
Wie lange brauchen sie bis zum Stern
a) im Ruhesystem der Erde?
b) im Ruhesystem der Astronauten im Raumschiff?
c) Zeichne ein Minkowski-Diagramm, anhand dessen du die Zeitdilation erläutern kannst.
Lösungshinweise:
6
a) Im Bezugssystem der Erde beträgt die Geschwindigkeit des Raumschiffes v w b = 0.75c. Damit
ist die Zeit bis zu Alpha Centauri:
t=
s
vw b
=
4a
0.75
≈ 5.3 a
b) Die Entfernung im Bezugssystem des Raumschiffs verändert sich.
l0 =
t0 =
l
γ
l0
v
=
l
l
= q
= 3.5 a
γv
v2
v 1 − c2
s=
1
ct'
s=
ct
i
c) Für die Zeitdilatation macht man etwas ähnliches wie für die Längenkontraktion. Wir betrachten eine Zeitmessung am Ursprung von S’. In S bewegt sich der Ursprung auf seiner Weltlinie
(der c t 0 -Achse), somit finden die beiden Ereignisse “zu c t 0 = 0 auf die Uhr schauen” und “zu
c t 0 = 1 auf die Uhr schauen” nicht mehr am gleichen Ort statt. Um die Zeitdifferenz in S festzustellen muss man lediglich die c t-Koordinaten der Anfangs- und Endereignisse ablesen.
cD t>1
cD
t' =
1
x'
x
Aufgabe 6 Diskussion: Zwillingsparadoxon
Löse das Zwillingsparadoxon! Zur Erinnerung: Zwei Zwillinge leben auf der Erde. Einer, Moritz,
fliegt in seinem Raumschiff WitweBolte mit einer Geschwindigkeit von 0.6c in Richtung eines 3
Lichtjahre in x-Richtung entfernten Planeten, dreht dann schnell um und fliegt mit der gleichen
Geschwindigkeit in entgegengesetzte Richtung zurück. Der andere, Max, bleibt stur in seinem
Inertialsystem sitzen (auch wenn die Erde eigentlich keines ist).
7
Die Zeitdilatation sagt Max dann, dass Moritz jünger geblieben ist, da er sich ja mit hoher
Geschwindigkeit bewegt. Aber Moritz, dessen Bezugssystem doch gleichberechtigt ist, würde
das gleiche von Max behaupten. Wer hat Recht und warum?
Hinweis: Am besten geht das, indem man Linien der Gleichzeitigkeit für den bewegten Zwilling
Moritz in ein Minkowski-Diagramm für den ruhenden Zwilling Max einzeichnet. Alternativ und
äquivalent kann man sich den Empfang von Lichtimpulsen überlegen, die jeder der Zwillinge
exakt einmal im Jahr in seiner eigenen Zeit losschickt.
Lösungshinweise:
Die Lösung des Problems liegt darin, dass Moritz bei der Umkehr beschleunigt wird und dabei
sein Inertialsystem wechselt. Das führt dazu, dass die beiden Zwillinge nicht mehr symmetrisch
behandelt werden können. Das Minkowski-Diagramm unten zeigt die Linien der Gleichzeitigkeit
für Moritz auf dem Hinflug (rot) bzw. dem Rückflug (blau) sowie mit schwarzen Punkten die
Jahre in Eigenzeit markiert.
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
Für Moritz braucht der im Erdsystem 3 Lichtjahre entfernt Stern auf ihn zu wegen der Längenkontraktion nur eine Strecke von L 0 = γL = 2.4 (γ = 10
) Lichtjahren zurückzulegen. Dazu
8
braucht er dementsprechend
L0
v
=
2.4
0.6
Jahre = 4 Jahre, hin und zurück also 8.
Für Max vergeht während dieser Reise allerdings eine Zeit von 10 Jahren (5 Jahre auf Hin- und
3
Rückreise) wie man durch vL = 0.6
Jahre = 5 Jahre leicht ausrechnen kann.
Wie man an den Gleichzeitigkeitslinien sieht, altert Max von Moritz Warte aus betrachtet auf
dem Hin- und Rückflug nur γt 0 = 3.2 Jahre. Die restlichen 3.6 Jahre altert Max während des
symmetriebrechenden Beschleunigungsvorganges. Außerdem wird Moritz nach der Beschleunigung feststellen, dass die Uhren in seinem Bezugssystem durch die Beschleunigungsphase
desynchronisiert wurden, was u.A. auch dazu führt, dass an Orten, die hinter dem Zielstern liegen, die Zeit während der Beschleunigungsphase rückwärts zu verlaufen scheint. Dabei handelt
8
es sich allerdings nur um scheinbare Effekte, die dem Wechseln der Inertialsysteme geschuldet
sind.
Betrachtet man das Ganze mit Lichtblitzen gibt sich ein ähnliches Bild. Licht verfolgt im
Minkowski-Diagramm immer Parallelen zu einer der Winkelhalbierenden. Betrachten wir das
Ganze erstmal in Moritz Bezugssystem
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
Da sich Max auf dem Hinweg von Moritz wegbewegt wird das Licht jeweils eine Entfernung
v nT 0 zurücklegen müssen um ihn zu erreichen. Außerdem muss Moritz noch berücksichtigen,
dass Max wegen der Zeitdilatation nicht jedes Jahr sondern nur alle T 0 = γT = 1.25Ç
Jahre einen
Impuls aussendet. Damit erhält er den ersten Lichtimpuls nach t 0 =
v
c
T0 + T0 =
1+ vc
1− vc
T =2
Jahren und dann nach weiteren zwei Jahren noch einen (analog zum Dopplereffekt).
Nun ist er auch schon am Stern angekommen und dreht um. Max und das von ihm vorher
abgestrahlte Licht bewegen sich jetzt auf ihn zu und Moritz sieht nun die halbe Periode (in der
Formel oben v durch −v ersetzen) also jedes halbe Jahr ein Signal. Auf dem Rückflug erhält
er damit also noch 8 Signale, was zusammen 10 ergibt. Daraus schließt er, dass Max 10 Jahre
gealtert ist.
Interessanterweise könnte Moritz zurückrechnen und herausfinden, dass drei der Signale während der kurzen Zeit seiner Beschleunigung losgeschickt wurden, obwohl er sie erst später empfängt. Das würde er auf das Problem mit seiner Uhrensynchronisation schieben.
Für Max sieht das etwas anders aus
9
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
æ
Er sieht zunächst ebenfalls analogerweise jedes halbe Jahr ein Signal. Da sich die Signale aber
mit Lichtgeschwindigkeit bewegen, brauchen sie noch drei Jahre bis zur Erde. Er sieht also
noch bis drei Jahre nach dem zurückgerechneten Umkehrpunkt von Moritz bei t = 5 Jahren
die langsame Frequenz, insgesamt also für 8 Jahre was vier Signalen entspricht. Danach erhält
er noch für zwei Jahre Signale doppelter Frequenz die während Moritz’ Rückflug ausgesandt
wurden.
Der Symmetriebruch zeigt sich hier ganz deutlich darin, dass Moritz sofort nach dem Umdrehen
Signale mit höherer Frequenz sieht. Das wäre in einem Inertialsystem unmöglich.
Aufgabe 7 Diskussion: Wie passt der Baum ins Haus?
Ein alter Mann sitzt im für ihn ruhenden System S und hat sich dort ein Haus gebaut. Mit
Schrecken stellt er fest, dass sich ein Baum mit nahezu Lichtgeschwindigkeit auf seine Vordertür
zubewegt. Er würde ihn ja durchsausen lassen, aber aus Sicherheitsgründen kann er immer nur
eine Tür gleichzeitig aufmachen. Die zur Vordertür parallele Hintertür kann er also nur öffnen,
wenn die beiden Türen wenigstens einen Moment lang geschlossen waren.
Schnell berechnet der Alte aus dem Lichtweg und den ihm bekannten Gleichungen der speziellen Relativitätstheorie die Länge des Baumes und kommt auf das Ergebnis, dass die Ruhelänge
des Baumes größer als die Länge seines Hauses ist. Glücklicherweise ist dieser aber durch die
Längenkontraktion so weit verkürzt, dass er doch gerade so mit einigen Zentimetern Spiel in
das Haus reinpassen würde. Kann der Mann seine Türen retten indem er den Baum kurzzeitig
ins Haus einsperrt? Wie sieht das für den Baum aus?
Lösungshinweise:
Die Aufgabenstellung ist etwas unglücklich formuliert. Die beiden Türen sind so gedacht, dass sie
zeitgesteuert sind, sodass sie im System des Hauses kurz gleichzeitig zu sind. Dabei wird keine
10
Information von der ersten Tür zur zweiten übertragen, sodass sich im System des Baumes kein
Problem mit der Kausalität ergibt, wenn die Ereignisse nun in anderer Reihenfolge geschehen.
Der Baum kann tatsächlich aus Sicht des Alten kurz ins Haus eingesperrt werden, denn er ist ja
kurz genug dazu. Die Längenkontraktion ist schließlich nicht nur ein scheinbarer Effekt!
Sehr interessant wird das Ganze, wenn man es aus dem System des Baums betrachtet, in dem
ja der Baum seine größere Ruhelänge hat, dafür das Haus längenkontrahiert kürzer ist (was die
Situation scheinbar nur noch schlimmer macht)! Wir transformieren mal die beiden Ereignisse
aus dem Alten-System S ins Baum-System S’. Das erste Ereignis ist ein Messen des hinteren Ende
des Baumes bei x 1 = 0, t = 0 in dem Moment wo die Vordertür im Ursprung nach der Passage
zugeht, das zweite das gleichzeitige Messen des vorderen Ende des Baumes bei x 2 = L, t = 0
x 10 = γ (0 − v 0) = 0

‹
v
0
t1 = γ 0 − 2 0 = 0
c
0
x2 = γ x2
 v ‹
0
t2 = γ − 2 x 2
c
Das Messen des vorderen Ende des Baumes findet also im Baumsystem vor dem Messen des
hinteren Endes statt. Für den Baum sieht es also so aus, als ob erst die Hintertür zugeht, wenn
seine Vorderkante in ihre Nähe kommt, dann geht sie wieder auf, lässt ihn weiterfliegen und
erst irgendwann später geht die Vordertür hinter der Hinterkante des Baumes zu. Somit ist es in
beiden Systemen so, dass der Baum das Haus wieder verlässt ohne Schaden zu verrichten. Nur
gehen die Türen eben im Baumsystem nicht gleichzeitig zu.
Bei einer gleichzeitigen Messung im Baumsystem würde der Baum also auch nicht ins Haus
passen – und auch wenn beide im gleichen Ruhesystem oder mit ausreichend niedriger Geschwindigkeit unterwegs wären würde das nicht gehen, der Alte hat also Glück gehabt, dass der
Baum so schnell fliegt.
Außerdem könnte er den Hersteller seiner Sicherheitsanlage verklagen weil dieser Versprechungen gemacht hat, die er nicht halten kann. Man muss sich nur schnell bewegen und die
Gleichzeitigkeit des Türen zugehens ist futsch!
Aufgabe 8 Energie-Impuls-Beziehung
a) Berechne das Vielfache seiner Ruheenergie das notwendig ist, um ein Teilchen aus der Ruhe
auf eine Geschwindigkeit von (i) 0.6 c, (ii) 0.9c und (iii) 0.998c zu beschleunigen. Rechne ein
Zahlenbeispiel für einen Würfel der Masse m = 1 kg
b) Berechne für die drei Fälle jeweils den Impuls, den das Teilchen nachher hat, als Vielfaches
des klassischen Impulses m0 v und für das Zahlenbeispiel.
2
c) Leite die relativistische Energie-Impuls-Beziehung E 2 = (pc)2 + E ruh
her.
d) Ist das Ergebnis, das man aus b) und c) erhält das gleiche wie dasjenige aus a)?
11
Lösungshinweise:
a) Die relativistische Energie ist
E = mc 2 = γm0 c 2 = γE ruh
(1)
, (ii) γ = 2.3, (iii) γ = 16.
Der gesuchte Faktor ist also gerade γ − 1 da Ekin = E − E ruh. (i) γ = 10
8
16
Für ein Kilogramm ergibt sich eine Ruheenergie von 9×10 J, das heißt für die Beschleunigung
sind notwendig (i) 2.2 × 1016 J, (ii) 1.1 × 1017 J, (iii) 1.3 × 1018 J. Um also von 90% auf 99.8%
der Lichtgeschwindigkeit zu beschleunigen benötigt man eine Größenordnung mehr Energie als
für die gesamte Beschleunigung vorher.
b) Der relativistische Impuls ist
p = mv = γm0 v
(2)
Es ergeben sich als Faktoren jeweils die γ-Werte da der Anfangsimpuls 0 ist. Zahlen: (i) 2.2 ×
108 mkg/s, (ii) 6.1 × 108 mkg/s, (iii) 4.7 × 109 mkg/s
c) Man verwende die beiden obigen Gleichungen und eliminiere v aus γ. Das kann man z.B.
€ Š2
machen indem man (1) nach vc auflöst und in (2) einsetzt
m0 c 2
€ Š2
1 − vc
€
Š2
 v ‹2
m0 c 2
=1−
c
E2
m20 v 2
p2 =
€ Š2
1 − vc
2
(m0 c 2 )
2 2
m0 c 1 − E 2
=
2
(m0 c 2 )
E=q
E2
E
2
− m20 c 2
Š2
2 €
E 2 = pc + m0 c 2
=
c2
d) Das ist nach Herleitung klar dasselbe und es kommt auch das gleiche raus wenn man die
Zahlenwerte nachrechnet.
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