物理

[TINY NSD]小学二年级都会的运动学问题：苏步青的狗、光与火箭炮

（注：全文忽略任何惯性系下运动物体速度变化所需要的时间！）

第一章 经典版苏步青的狗

【例1】甲、乙二人相对而行，他们相距10千米，甲每小时走3千米，乙每小时走2千米，甲带着一条狗，狗每小时跑5千米，狗跑得快，它同甲一起出发，碰到乙的时候向甲跑去，碰到甲的时候又向乙跑去，问当甲、乙两人相遇时，这条狗一共跑了多少千米？

谁小学没有做过这道著名的“苏步青的狗”呢

苏步青的解答大家都知道，甲、乙相遇需要的时间是${\frac{10}{3+2} h=2h}$，狗在这2小时内不停跑动，总共跑了${(2 \times5) km = 10 km}$

关于经典版苏步青的狗的介绍，到此结束。

不知道大家有没有看出来，上述过程有什么问题？

在甲看来，乙的速度是${(3+2) km/h=5 km/h}$吗？以及，他们的初始距离还是${10 km}$吗？

当然，在经典力学的体系下，这是没有问题的，但是那样的话就有些过于低端了

谁规定了甲和乙必须在低速下运动？谁规定了狗不能换成光或火箭炮？

没错，接下来要请出的才是本场的绝对主角：

狭义相对论！

第二章 光与火箭炮

这一章的开头，我们要隆重介绍一位著名的科学家，他的名字妇孺皆知，在物理课本中多次出现，在微观领域有极其重要的贡献，更是首个导出钟慢尺缩效应的科学家……

小爱同学（爱因斯坦），还没到你的表演呢，有请洛伦兹闪亮登场！

（当然，狭义相对论是爱因斯坦提出的，但是相关的公式是洛伦兹更早推出来的，只是洛伦兹自己没意识到……）

洛伦兹在1904年提出了著名的洛伦兹变换：

假设惯性系${\Sigma’}$在惯性系${\Sigma}$下沿$x$轴运动，则${\Sigma’}$系下的时空坐标与${\Sigma}$系坐标满足如下变换：

${x'=\gamma(x-vt), t'=\gamma(t-\frac{v}{c^2}x),y'=y, z'=z}$

其逆变换：

${x=\gamma(x'+vt'), t=\gamma(t'+\frac{v}{c^2}x'),y=y', z=z'}$

其中${\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}}$

这个变换是怎么来的呢？现在轮到小爱同学了

爱因斯坦提出了狭义相对论的两个基本假设：

①物理规律在任何惯性系下取相同的形式；

②在任何惯性参考系下，真空中的光速不变。

第一句话看似平平无奇，其实蕴含了很大的信息量

对于洛伦兹变换的推导而言，第一句话提供了三个条件：

①洛伦兹变换是线性的。

②${y'=y, z'=z}$。

③${x',t'均只与x和t相关}$

由这三个条件，我们就可以完成求解：

设${x'=a_{11}x+a_{12}ct, ct'=a_{21}x+a_{22}ct}$，

则对沿$x$方向运动的物体，可得${u'=\frac{\mathrm{d}x'}{\mathrm{d}t'}=\frac{\mathrm{d}(a_{11}x+a_{12}ct)}{\mathrm{d}(a_{21}x+a_{22}ct)\cdot c}}$

${=\frac{a_{11}u+a_{12}c}{a_{21}u+a_{22}c}\cdot c}$

分别令${u=\pm c}$，由光速不变，仍有${u’=\pm c}$

联立解得${a_{12}=a_{21}, a_{11}=a_{22}}$

而当${\Sigma’相对于\Sigma运动的速率是v时}$，令${u=v}$，则${u’=0}$

从而${a_{11}v=-a_{12}c，\frac{a_12}{a_11}=-\frac{v}{c}，设为-\beta}$

考虑在${\Sigma’}$系下沿${y'}$方向发射的光线，其在${\Delta t'}$时间内路程为${y'=c\Delta t'}$

而在${\Sigma}$系下，有${\Delta x=v\Delta t}$，而光的路程为${c\Delta t}$，由勾股定理，${y=\sqrt{c^2-v^2}\Delta t}$

从而${c\Delta t'=\sqrt{c^2-v^2}\Delta t，\Delta t'=\sqrt{1-\beta^2}\Delta t}$

而将${\Sigma系下t_1和t_2}$时刻的洛伦兹变换相减，可得

${\Delta t'=a_{22}\Delta t+\frac{a_{21}}{c}\Delta x=a_{22}\Delta t-\beta a_{22} \cdot \frac{v}{c} \Delta t=(1-\beta^2) a_{22} \Delta t}$

联立得${a_{22}=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}，设为\gamma}$

由此我们就推得了洛伦兹变换的另两个表达式：

${x'=\gamma(x-\beta ct)=\gamma (x-vt)}$

${t'=\frac{\gamma(ct-\beta x)}{c}=\gamma(t-\frac{v}{c^2}x)}$

当然，一般人接触狭义相对论可能最早知道的是钟慢和尺缩效应，但这两大效应都是可以由洛伦兹变换导出的，而如果不了解洛伦兹变换，在实际计算的时候常常会出现问题

了解了小学二年级都会的洛伦兹变换之后，我们要正式进入问题的拓展了！

第三章 苏步青的光

【例2】在惯性系${\Sigma}$下，甲、乙两艘飞船（长度忽略不计）在0时刻相距${x_0=4.2 \times 10^{10} m}$，相向而行。甲在0时刻朝乙发射一束光，光遇到飞船就会反射，且由于飞船质量足够大，给飞船带来的动量变化忽略不计，因此两艘飞船均可视为惯性系。已知甲、乙的速率分别恒定为${v_1=1.8 \times 10^8 m/s，v_2=2.4 \times10^8 m/s}$，光速为${c=3 \times 10^8 m/s}$。问：直到两飞船相遇，光在${\Sigma}$系下，甲飞船参考系下，乙飞船参考系下分别总共走了多远？

这也不是特别难的问题，因为光速不变，只需要计算不同参考系下从发射到相遇的时间就可以了

设${\Sigma_1，\Sigma_2}$系与${\Sigma}$系均保持相对静止，原点分别为${\Sigma}$系下0时刻甲、乙两艘飞船各自的位置，${x}$轴正方向分别取甲、乙两艘飞船的速度方向

（为避免有人绕晕，先提醒一下，上面两个坐标系${x}$轴方向是相反的，为了使接下来的速度均取正值）

同时将甲、乙两飞船参考系分别记为${\Sigma_1', \Sigma_2'}$

${\Sigma系下：回归经典问题，t_0=\frac{x_0}{v_1+v_2}=100s}$

（这里的${v_1+v_2}$已经没有速度的含义了）

${s_0=ct_0=3 \times 10^{10} m}$

在${\Sigma_1}$系下，甲、乙两飞船相遇的时空坐标为${(v_1t_0, t_0)，即(1.8 \times 10^{10} m, 100s)}$

由${v_1=1.8 \times 10^8 m/s，有\gamma_1=\frac{5}{4}}$

于是对上述时空坐标进行洛伦兹变换，得到${\Sigma_1'系下：}$

${t_1=\frac{5}{4} \times (100-\frac{1.8\times 10^8}{(3 \times 10^8)^2} \times 1.8 \times 10^{10}) s=80 s}$，

从而${s_1=ct_1=3 \times 10^8 \times 80 m=2.4\times 10^10 m}$

${\Sigma_2}$系稍微复杂一点，因为要进行两个点的变换

${\Sigma_2}$系下发光事件：${(4.2\times 10^{10} m, 0s)}$，相遇事件：${(2.4 \times 10^{10} m,100s)}$

而${\gamma_2=\frac{5}{3}}$

从而由${\Sigma_2}$变换到${\Sigma_2'}$：

${t_{21}=\frac{5}{3} \times (-\frac{2.4 \times 10^8}{(3 \times10^8)^2} \times 4.2 \times 10^{10}) s=-\frac{560}{3} s}$，

${t_{22}=\frac{5}{3} \times (100- \frac{2.4\times 10^8}{(3 \times 10^8)^2} \times 2.4 \times 10^{10}) s=60 s}$，

${\Delta t_2=t_{22}-t_{21}=\frac{740}{3}s}$

从而${s_2=ct_2=3 \times 10^8 \times\frac{740}{3} m=7.4 \times 10^{10} m}$

可以看到，在甲飞船看来，光走的路程比${\Sigma}$下看起来短；在乙飞船看来，光走的路程比${\Sigma}$系下看起来长

第四章 苏步青的火箭炮

【例3】在惯性系${\Sigma}$下，甲、乙两艘飞船（长度忽略不计）在0时刻相距${x_0=4.2 \times 10^{10} m}$，相向而行。甲在0时刻朝乙发射一枚${\Sigma}$系下速率为${v_0=2.88 \times 10^8 m/s}$的炮弹。炮弹遇到飞船会发生碰撞（非弹性），恰使得碰撞前后炮弹在${\Sigma}$系下速度大小不变，方向相反。由于飞船质量足够大，给飞船带来的动量变化忽略不计，因此两艘飞船均可视为惯性系。已知甲、乙的速率分别恒定为${v_1=1.8 \times 10^8 m/s，v_2=2.4 \times10^8m/s}$，光速为${c=3 \times 10^8 m/s}$。问：直到两飞船相遇，炮弹在${\Sigma}$系下，甲飞船参考系下，乙飞船参考系下分别总共走了多远？

先把经典问题解决掉：

${t_0=\frac{x_0}{v_1+v_2}=\frac{4.2 \times10^{10}}{1.8 \times 10^8+2.4 \times 10^8} s=100s}$

${s_0=v_0t_0=2.88 \times 10^8 \times 100m=2.88 \times 10^{10} m}$

接下来，我们来考虑两艘飞船的问题……

有没有发现什么问题？没错，计算路程不能简单地用速率乘以运动时间了！

因为炮弹来回运动的速率不一样了！

我们先回头看看前两个问题：

例2是不存在这个问题的，因为光速不变

例1中，甲看到狗来回的速率不同，但我们没有问这个问题！

那么，我们先回过头看例1的经典问题：

【例1（续）】甲看到狗跑了多远？乙看到狗跑了多远？

当然，我们可以分段计算，然后做一个无穷级数求和

但凭借高超的注意力，我们发现，在甲眼中，狗远离他和狗靠近他所跑的路程总是相同的

而总时间是${t=2h}$，狗远离他时的速率为${v_{1去}=(5-3)km/h=2km/h}$，靠近他的速率为${v_{1回}=(5+3)km/h=8km/h}$

所以${2h}$中，狗远离他与靠近他运动的时间比：

${\frac{t_{1去}}{t_{1回}}=\frac{v_{1回}}{v_{1去}}=4}$

很容易解得${t_{1去}=1.6h，t_{1回}=0.4h}$

从而${s_1=2v_{1去}t_{1去}=6.4 km}$

然而对于乙，我们又犯了难，因为狗每次先靠近他，再远离他，这个过程中甲的位置在变化，不满足靠近他的距离等于远离他的距离

要是狗是从乙出发的就好了……

等等！如果从狗与乙第一次相遇开始，后面就可以用完全相同的方法处理了！

狗靠近乙的速率是${v_{2回}=(5+2)km/h=7km/h}$，远离乙的速率是${v_{2去}=(5-2)km/h=3km/h}$

从狗首次离开甲到首次与乙相遇，时间为${t_{20}=\frac{10}{7} h}$，显然乙认为狗跑了${10 km}$

从而后面运动的总时间是${t_2'=(2-\frac{10}{7})h=\frac{4}{7}h}$

在这段时间中，狗远离乙与靠近乙运动的时间比：

${\frac{t_{2去}}{t_{2回}}=\frac{v_{2回}}{v_{2去}}=\frac{7}{3}}$

从而${t_{2去}=\frac{2}{5}h，t_{2回}=\frac{6}{35} h}$

${s_2=(10+2 \times \frac{2}{5} \times 3)km=12.4 km}$

这样我们就在经典情况下解决了补充的问题

解决例3的思路类似，只需要将经典情况（伽利略变换）换成洛伦兹变换

建系与例2相同，不重复

我们需要速度变换的公式：

${u'=\frac{a_{11}u+a_{12}c}{a_{21}u+a_{22}c}\cdot c=\frac{\gamma u-\beta \gamma c}{-\beta \gamma u+\gamma c} \cdot c=\frac{u-v}{c-\frac{uv}{c}} \cdot c=\frac{u-v}{1-\frac{uv}{c^2}}}$

则${u_{1去}=\frac{2.88\times 10^8-1.8 \times 10^8}{1-\frac{2.88 \times 10^8 \times 1.8 \times10^8}{(3 \times 10^8)^2}} m/s=\frac{135}{53} \times 10^8 m/s}$

（嫌难看想保留有效数字？别急，马上你就不想了）

${u_{1回}=\frac{-2.88\times 10^8-1.8 \times 10^8}{1-\frac{(-2.88 \times 10^8) \times 1.8 \times10^8}{(3 \times 10^8)^2}}=-\frac{585}{197} \times 10^8 m/s}$

从而${\frac{t_{1去}}{t_{1回}}=|\frac{u_{1回}}{u_{1去}}|=\frac{689}{591}}$

而对相遇事件进行洛伦兹变换，仍得到${\Sigma_1'}$系下相遇事件为${(0m, 80s)}$

从而解得${t_{1去}=\frac{689}{16}s，t_{1回}=\frac{591}{16}s}$

故${s_1=2u_{1去}t_{1去}=2.19375 \times 10^{10} m}$

接着处理乙飞船（注意与$\Sigma$系相对静止的${\Sigma_2}$系仍然取乙飞船方向为x轴正方向，与${\Sigma}$系x轴方向相反）

${u_{2去}=\frac{2.88\times 10^8-2.4 \times 10^8}{1-\frac{2.88 \times 10^8 \times 2.4 \times10^8}{(3 \times 10^8)^2}} m/s=\frac{60}{29} \times 10^8 m/s}$

${u_{2回}=\frac{-2.88\times 10^8-2.4 \times 10^8}{1-\frac{(-2.88 \times 10^8) \times 2.4 \times10^8}{(3 \times 10^8)^2}}=-\frac{660}{221} \times 10^8 m/s}$

从而${\frac{t_{2去}}{t_{2回}}=|\frac{u_{2回}}{u_{2去}}|=\frac{319}{221}}$

炮弹首次与乙相遇时，${\Sigma_2}$系下${t_{20}=\frac{x_0}{v_0+v_2}=\frac{875}{11} s}$

${x_{20}=v_2t_{20}=\frac{21}{11} \times10^{10} m}$

洛伦兹变换可得其在${\Sigma_2'}$系下时空坐标为${(0m, \frac{525}{11} s)}$

甲乙相遇在${\Sigma_2'}$下时空坐标仍为${(0m, 60s)}$

从而时间间隔${t_2'=(60-\frac{525}{11})s=\frac{135}{11} s}$

又${t_2'=t_{2去}+t_{2回}}$，解得${t_{2去}=\frac{29}{4}s，t_{2回}=\frac{221}{44} s}$

而甲发射炮弹在${\Sigma_2}$系的时空坐标为${(4.2 \times 10^{10} m, 0s)}$，变换至${\Sigma_2'}$系为${(7 \times 10^{10} m, -\frac{560}{3} s)}$

故炮弹首次与乙相遇前，乙认为其已走过${7 \times 10^{10} m}$

从而${s_2=(7 \times 10^{10}+2 \times\frac{29}{4} \times \frac{60}{29} \times 10^8) m=7.3 \times 10^{10} m}$

这就是最终的结果，可以看到，${s_1 \lt s_0 \lt s_2}$的关系仍然成立

感兴趣的话可以思考研究一下，这个关系式对任意的数据都成立吗？

以上就是小学二年级都会的相对论运动学问题，你学废了吗

本帖为小学二年级都会的高中物理强基/竞赛干货，请不要误解

第一次讨论这个问题是在TPhO的第7题，但那个没人理。。。