Физика пространства - времени

Решение. Наблюдатели 𝐴 и 𝐵 покоятся относительно наблюдателя 𝑂. К тому же они находятся на равных расстояниях от 𝑂, что последний может не спеша проверить, пользуясь своей линейкой. Следовательно, сигналам от 𝐴 и от 𝐵 требуется одно и то же время, чтобы достигнуть 𝑂. Эти сигналы принимаются наблюдателем 𝑂. одновременно. Поэтому наблюдатель 𝑂 заключает, что наблюдатели 𝐴 и 𝐵 послали свои сигналы в один и тот же момент: Δ𝑡_𝐵𝐴=0.

Наблюдатель 𝑂', стоящий рядом с железнодорожными путями, делает совершенно иные выводы. Его рассуждения таковы: «Две вспышки пришли ко мне, когда середина поезда проходила мимо меня. Значит, обе эти вспышки должны быть испущены до того, как середина поезда поравнялась со мной. А до этого момента наблюдатель 𝐴 был ко мне ближе, чем наблюдатель 𝐵. Поэтому свет от 𝐵 должен был пройти до меня более длинный путь и затратить на это большее время, чем свет от 𝐴. Но оба сигнала поступили ко мне одновременно. Следовательно, наблюдатель 𝐵 должен был послать свой сигнал раньше, чем наблюдатель 𝐴» (Δ𝑡_𝐵𝐴=𝑡_𝐵'-𝑡_𝐴'). Итак, наблюдатель 𝑂', стоящий рядом с железнодорожными путями, делает заключение, что сначала послал свои сигнал 𝐵, а потом уже', 𝐴 тогда как едущий на поезде наблюдатель 𝑂 заключает, что оба наблюдателя, 𝐴 и 𝐵, послали сигналы в одно и то же время.

Чему равен промежуток времени между посылкой сигналов наблюдателями 𝐴 и 𝐵? В нештрихованной системе отсчёта (поезд) эти сигналы были отправлены одновременно, так что Δ𝑡=0. Расстояние между точками посылки сигналов равно Δ𝑥=Δ𝑥_𝐵𝐴=𝑥_𝐵-𝑥_𝐴=𝐿, где 𝐿 — длина поезда. Поэтому в штрихованной системе отсчёта (движущейся вправо по отношению к нештрихованной системе, то есть поезду, как это бывает обычно при использовании штрихованных и нештрихованных обозначений) промежуток времени между посылкой сигналов 𝐴 и 𝐵 можно найти по формулам преобразования Лоренца:

Δ

𝑡'

=-

Δ

𝑥 sh θ

_𝑟

+

Δ

𝑡 ch θ

_𝑟

,

Δ

𝑡'

=-

𝐿 sh θ

_𝑟

=-

𝐿β_𝑟

√1-β_𝑟²

.

Знак «минус» показывает, что наблюдатель 𝐵, находящийся на положительной части оси 𝑥', отправил свой сигнал раньше по «ракетному» времени (более отрицательное время!), чем наблюдатель 𝐴.

24. Загадка Эйнштейна

Когда Эйнштейн был ребёнком, он ломал голову над такой загадкой: пусть бегун смотрит на себя в зеркало, которое он держит перед собой в вытянутой руке; если он бежит почти со скоростью света, сможет ли он увидеть себя в зеркале? Разберите этот вопрос в рамках теории относительности. ▼

25*. Парадокс шеста и сарая

Взволнованный студент пишет: «Теория относительности — наверняка недоразумение. Возьмём шест длиной 20 м и будем двигать его в направлении его длины с такой скоростью, чтобы в лабораторной системе отсчёта он оказался длиной всего 10 м. Тогда в некоторый момент этот шест можно целиком спрятать в сарае, длина которого также 10 м (рис. 40). Но рассмотрите то же самое в системе отсчёта бегуна с шестом. Для него наполовину сократившимся в длину оказывается сарай. Как же можно спрятать 20-метровый шест в 5-метровом сарае?! Разве этот невероятный вывод не доказывает, что в основе теории относительности где-то есть противоречие?»

Рис. 40. Бегун быстро мчится с «20-метровым шестом», помещающимся в «10-метровом сарае». В следующее мгновенье он выскочит в заднюю дверь, сделанную из бумаги.

Напишите ответ взволнованному студенту, ясно и подробно объяснив в нем, как шест и сарай должны без противоречий рассматриваться в теории относительности. (Развенчайте парадокс, начертив две. диаграммы пространства-времени, соблюдая масштабы, одну на «плоскости» 𝑥𝑡, а другую — на «плоскости» 𝑥'𝑡'. Примите, что в начале координат обеих диаграмм «событие» 𝑄 совпадает с 𝐴. На обеих диаграммах проведите мировые линии точек 𝐴, 𝐵, 𝑃 и 𝑄. Следите за соблюдением масштабов! На обеих диаграммах пометьте время (в метрах) совпадения 𝑄 и 𝐵, 𝑃 и 𝐵. Для определения этого времени воспользуйтесь формулами преобразования Лоренца или иными методами). ▼

26*. Война в космосе

Рис. 41. Два ракетных корабля пролетают мимо друг друга с огромными скоростями.