Physics · Buku 2 · Grades 10–12

Fisika Sekolah Menengah Atas

Fisika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

35Kerelatifan Khusus: Pemuluran Waktu

Setiap satelit GPS membawa jam atom yang tepat sampai satu sekon dalam tiga juta tahun — dan sebelum peluncurannya, para insinyur dengan sengaja melarasnya keliru: jika dibiarkan jujur, jam itu akan bertambah 38 sepersejuta sekon tiap hari, dan menjelang petang esok telepon genggammu akan menempatkanmu sebelas kilometer dari tempatmu berdiri. Jamnya tidak bersalah — waktu itu sendiri berdetik berbeda bagi yang bergerak dan yang diam: bab ini mengikuti Einstein dari satu fakta yang keras kepala sampai ke simpulan itu.

35.1 Satu laju menolak dijumlahkan

Laju bergantung pada kerangkanya dan tersusun lewat penjumlahan (Bab 5): seorang penumpang yang berjalan 4 km/h4\,\mathrm{km}/\mathrm{h} ke arah depan kereta yang melaju 300 km/h300\,\mathrm{km}/\mathrm{h} melewati pengamat di tepi rel pada 304 km/h304\,\mathrm{km}/\mathrm{h}.

Definisi 35.1 (Kerangka inersial)

Kerangka inersial adalah kerangka acuan (Bab 5) yang di dalamnya benda tanpa gaya mempertahankan kecepatan yang tetap: tanah, kira-kira demikian, dan setiap kerangka yang bergerak lurus beraturan terhadapnya.

Dorong kaidahnya sampai ke ujungnya: berkas lampu depan keretanya seharusnya melewati pengamat di tanah pada c+300 km/hc + 300\,\mathrm{km}/\mathrm{h}. Pada 1887 Michelson dan Morley membandingkan laju cahaya sepanjang dan melintangi lesatan orbit Bumi 30 km/s30\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, memburu selisih semacam itu; sampai ketelitian yang memesona mereka tidak menemukan satu pun — cc yang sama pada tiap arah, pada tiap musim. Einstein, pada 1905, memercayai percobaannya lalu membangun ulang waktu dan ruang di sekitarnya, di atas dua postulat yang dinilai dari akibatnya — yang kini sudah diuji seabad tanpa satu pun kegagalan.

Teorema 35.2 (Postulat kerelatifan khusus)

  1. Asas kerelatifan: hukum fisika berbentuk sama pada setiap kerangka inersial; tidak ada satu pun yang “sungguh diam”.
  2. Ketakubahan cc: cahaya di ruang hampa berjalan pada c=3.00×108 m/sc = 3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s} pada setiap kerangka inersial, apa pun gerak sumber maupun pengamatnya.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

35.2 Selamat tinggal “saat yang sama”

Proposisi 35.3 (Kerelatifan keserentakan)

Dua peristiwa yang serentak pada satu kerangka inersial, pada umumnya, tidak serentak pada kerangka yang lain: “sekarang, di mana-mana” bergantung pada kerangkanya.

Bukti. Kereta Einstein. Dua sambaran petir menghantam kedua ujung sebuah kereta yang bergerak, menghanguskan relnya. Pengamat di peron MM, yang berada di tengah antara kedua bekasnya, menerima kedua kilatnya bersamaan; masing-masing menempuh jarak yang sama pada laju cc yang sama, sehingga kedua sambarannya serentak. Penumpang M′M', yang berada di tengah keretanya, melaju menuju kilat depannya, yang mencapainya lebih dahulu; tetapi pada kerangkanya pun kedua kilatnya menempuh jarak yang sama (separuh panjang keretanya) pada laju cc yang sama — postulat keduanya! — sehingga sambaran depannya terjadi lebih dahulu. Tiap putusannya benar pada kerangkanya sendiri; selisihnya, beberapa nanosekon bagi sebuah kereta, itulah sebabnya tidak ada yang memperhatikannya. ∎

Kereta Einstein: kilat dari A dan B mencapai M bersamaan; M' melaju menuju kilat B, menemuinya lebih dahulu — lalu menyimpulkan kilat itu menyambar lebih dahulu.
Kereta Einstein: kilat dari AA dan BB mencapai MM bersamaan; M′M' melaju menuju kilat BB, menemuinya lebih dahulu — lalu menyimpulkan kilat itu menyambar lebih dahulu.

35.3 Jam cahaya dan faktor γ\gamma

Definisi 35.4 (Peristiwa, waktu diri)

Peristiwa adalah kejadian pada satu tempat dan satu saat — sebuah detik, sebuah kilat, sebuah peluruhan. Ketika satu jam tunggal hadir pada dua peristiwa, selang yang dibacanya di antara keduanya adalah waktu diri Δt0\Delta t_0. Kerangka yang melihat jam itu bergerak mengukur selang Δt\Delta t yang pada umumnya berbeda.

Teorema 35.5 (Pemuluran waktu)

Sebuah jam yang bergerak pada laju tetap vv melalui kerangka inersial terukur berjalan lambat di sana: antara dua peristiwa pada jam itu,

Δt=γ Δt0,γ=11−v2/c2≥1.\Delta t = \gamma\, \Delta t_0, \qquad \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} \geq 1 .

Bukti. Bangunlah jam yang paling sederhana yang terbayangkan: dua cermin yang berhadapan sejauh LL, dengan sebutir foton memantul di antaranya; satu perjalanan bolak-balik adalah satu detik, dan dalam keadaan diam satu detiknya berlangsung Δt0=2L/c\Delta t_0 = 2L/c. Kini bautlah jamnya pada sebuah wahana yang melintas pada laju vv, dengan cerminnya tegak lurus geraknya, lalu ukurlah satu detiknya dari tanah: sembari fotonnya menanjak, cerminnya menggeser ke samping, sehingga fotonnya menerbangi lintasan yang miring — dua gerak sekaligus, seperti proyektil pada Bab 24. Jika satu detiknya berlangsung Δt\Delta t, tiap setengah detiknya maju v Δt/2v\,\Delta t/2 secara mendatar dan LL secara tegak; dan — inilah langkah yang genting — postulat keduanya menetapkan laju fotonnya terhadap tanah pada cc, sehingga separuh lintasan miringnya berukuran c Δt/2c\,\Delta t/2. Pythagoras:

(c Δt2) ⁣2=L2+(v Δt2) ⁣2  ⟹  Δt=2L/c1−v2/c2=γ Δt0.\Bigl(\frac{c\,\Delta t}{2}\Bigr)^{\!2} = L^2 + \Bigl(\frac{v\,\Delta t}{2}\Bigr)^{\!2} \;\Longrightarrow\; \Delta t = \frac{2L/c}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} = \gamma\,\Delta t_0 .

Dan jam mana pun yang menumpang di sampingnya — arloji tangan, denyut jantung, inti yang meluruh — harus tetap selaras, atau perbandingannya akan mengkhianati gerak wahananya lalu melanggar postulat pertamanya. ∎

Jam cahayanya. Saat diam fotonnya menanjak L; dari tanah ia menerbangi sisi miringnya pada c yang sama — sehingga detiknya harus berlangsung lebih lama. Jam cahayanya. Saat diam fotonnya menanjak L; dari tanah ia menerbangi sisi miringnya pada c yang sama — sehingga detiknya harus berlangsung lebih lama.
Jam cahayanya. Saat diam fotonnya menanjak LL; dari tanah ia menerbangi sisi miringnya pada cc yang sama — sehingga detiknya harus berlangsung lebih lama.

Contoh 35.6 (Gamma dalam angka)

v/cv/c0.010.10.50.80.90.990.999
γ\gamma1.000051.0051.1551.6672.2947.0922.4

Tidak ada yang terjadi selama berhalaman-halaman, lalu segalanya: γ\gamma memeluk 11 sampai sepertiga laju cahaya, melewati 22 di dekat 0.9c0.9c, lalu meledak sembari v→cv \to c.

= 1/√1 - v2/c2: tak terbedakan dari 1 pada laju sehari-hari, memencar di asimtot v = c — laju yang tidak dicapai benda bermassa mana pun.
γ=1/1−v2/c2\gamma = 1/\sqrt{1 - v^2/c^2}: tak terbedakan dari 11 pada laju sehari-hari, memencar di asimtot v=cv = c — laju yang tidak dicapai benda bermassa mana pun.

Catatan 35.7 (Mengapa kehidupan sehari-hari tidak pernah memperhatikannya)

Untuk v≪cv \ll c, tulislah x=v2/c2x = v^2/c^2: karena (1−x)(1+x)≈1(1-x)(1+x) \approx 1 dan (1+x/2)2≈1+x(1 + x/2)^2 \approx 1 + x, kita memperoleh γ≈1+v2/(2c2)\gamma \approx 1 + v^2/(2c^2). Sebuah mobil pada 130 km/h130\,\mathrm{km}/\mathrm{h} memiliki γ−1≈7×10−15\gamma - 1 \approx 7 \times 10^{-15} (satu sekon hilang tiap empat juta tahun berkendara); sebuah jet sanggup 3.5×10−133.5 \times 10^{-13}, satu sekon tiap sembilan puluh ribu tahun mengudara. Jam kita memang terlalu kasar.

35.4 Putusan percobaannya

Contoh 35.8 (Muon mencapai tanah)

Sinar kosmik yang menghantam atmosfer atas menciptakan muon — zarah berumur pendek yang umur dirinya Δt0=2.2 µs\Delta t_0 = 2.2\,\text{µ}\mathrm{s} — sekitar 15 km15\,\mathrm{km} di atas, yang bergerak hampir pada cc. Tanpa kerelatifan sebuah muon menempuh c Δt0≈660 mc\,\Delta t_0 \approx 660\,\mathrm{m} tiap umurnya: turunnya menghabiskan sekitar 2323 umur, dan bagian yang bertahan e−23≈10−10\mathrm{e}^{-23} \approx 10^{-10} seharusnya membuat muon di permukaan laut teramat langka. Namun pendeteksinya mencacah sekitar satu tiap sentimeter persegi tiap menit. Pemuluran waktu menyelesaikannya: karena tiba dengan γ≈30\gamma \approx 30, muonnya hidup 30×2.2 µs=66 µs30 \times 2.2\,\text{µ}\mathrm{s} = 66\,\text{µ}\mathrm{s} menurut jam kita — jangkauannya ≈20 km\approx 20\,\mathrm{km}, seluruh atmosfernya.

Perjalanan muonnya: satu umur klasiknya padam 660\, m di bawah ketinggian lahirnya; umur yang termulur membentang seluruh atmosfernya.
Perjalanan muonnya: satu umur klasiknya padam 660 m660\,\mathrm{m} di bawah ketinggian lahirnya; umur yang termulur membentang seluruh atmosfernya.

Peneguhannya menumpuk. Pada 1971 Hafele dan Keating menerbangkan jam atom sesium (Bab 28) mengelilingi dunia dengan pesawat penumpang; saat mendarat jamnya berselisih dari jam di tanah sebesar pecahan mikrosekon yang diramalkan. Pemercepat zarah mengandalkan pemuluran tiap hari, dengan zarahnya yang dipacu sampai γ\gamma ribuan bertahan menempuh putaran yang tidak akan pernah dapat dirampungkannya secara klasik. Dan GPS adalah percobaan yang berjalan dengan label harga.

Catatan 35.9 (Tagihan kerelatifan GPS)

Sebuah satelit GPS mengorbit pada sekitar 3.9 km/s3.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, sehingga kerelatifan khusus memperlambat jamnya sekitar 7 µs7\,\text{µ}\mathrm{s} tiap hari. Gravitasi, yang lebih lemah di ketinggian, bekerja ke arah sebaliknya dan menang: kerelatifan umum (teori gravitasi Einstein, yang dikisahkan pada jilid universitasnya) mempercepatnya sekitar 45 µs45\,\text{µ}\mathrm{s} tiap hari; bersihnya, 38 µs38\,\text{µ}\mathrm{s} tiap hari lebih cepat. Penentuan kedudukannya mengubah bacaan jamnya menjadi jarak pada laju cc: sehari tanpa koreksi akan mengaburkan kedudukannya sebesar c×38 µs≈11 kmc \times 38\,\text{µ}\mathrm{s} \approx 11\,\mathrm{km} — karena itulah jam GPS dilaras keliru seperti pada alinea pembukanya.

Proposisi 35.10 (Pengerutan panjang)

Sebuah benda yang panjangnya L0L_0 pada kerangka diamnya terukur lebih pendek sepanjang arah geraknya pada kerangka yang melihatnya bergerak pada laju vv: L=L0/γL = L_0/\gamma.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 35.11 (Kisah muon menurut dirinya sendiri)

Pengerutan panjang adalah sisi lain pemuluran waktu (yang diturunkan dengan jujur pada jilid universitasnya): jam muonnya berdetik biasa saja pada kerangkanya sendiri, tetapi atmosfer yang melesat naik terkerut menjadi 15 km/30=500 m15\,\mathrm{km}/30 = 500\,\mathrm{m}, yang terlintasi jauh di dalam 2.2 µs2.2\,\text{µ}\mathrm{s} — kedua kerangkanya sepakat bahwa muonnya mencapai tanah.

35.5 Massa, energi, dan dunia klasik yang diperoleh kembali

Teorema 35.12 (Kesetaraan massa–energi)

Sebuah benda bermassa mm memiliki, hanya karena massanya, energi

E=mc2.E = m c^2 .

Massa adalah bentuk energi yang terpusat; energi, sebaliknya, bermassa.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 35.13 (Di mana kamu sudah menemuinya)

Inilah buku besar di balik energi inti (Bab 33): defek massa sebuah reaksi, dikalikan c2c^2, adalah energi yang dilepaskannya. Satu gram massa bernilai 9.0×1013 J9.0 \times 10^{13}\,\mathrm{J} — keluaran sehari penuh sebuah pembangkit besar. Penurunan yang jujurnya milik jilid universitasnya; namun reaktor dan bintangnya berjalan dengannya bagaimanapun juga.

Catatan 35.14 (Newton tidaklah keliru)

Ambillah v≪cv \ll c: γ→1\gamma \to 1, waktunya sepakat, panjangnya tidak terkerut, keserentakannya menjadi mutlak — mekanika tiga tahun terakhir muncul kembali, utuh, sebagai limit laju rendahnya. Kerelatifan tidak meruntuhkan Newton; ia menggambar batas kekuasaannya. Begitulah fisika tumbuh: dengan menyaring teorinya, dan tiap teori yang baru menyerahkan kembali yang lama sebagai keadaan batas.

35.6 Latihan

Latihan 35.1 ★

Hitunglah γ\gamma, sampai tiga angka penting, untuk v=0.1cv = 0.1c, 0.6c0.6c, 0.8c0.8c, 0.995c0.995c.

Solusi

Solusi Latihan 35.1.

γ=1/1−(v/c)2\gamma = 1/\sqrt{1 - (v/c)^2}: 1.011.01 (0.1c0.1c); 1.251.25 (0.6c0.6c); 1.671.67 (0.8c0.8c); 10.010.0 (0.995c0.995c).

Latihan 35.2 ★

Sebuah wahana melaju pada 0.6c0.6c; metronomnya berdetak tiap 10.0 s10.0\,\mathrm{s} menurut jam wahananya. Selang berapa yang diukur tanahnya? Yang mana waktu dirinya, dan mengapa?

Solusi

Solusi Latihan 35.2.

γ=1.25\gamma = 1.25, sehingga tanahnya mengukur 1.25×10.0=12.5 s1.25 \times 10.0 = 12.5\,\mathrm{s}. 10.0 s10.0\,\mathrm{s} milik wahananya adalah waktu dirinya: metronomnya (satu jam) hadir pada kedua detakannya.

Latihan 35.3 ★

Pada laju berapa (sebagai bagian dari cc) γ=2\gamma = 2? Dan γ=10\gamma = 10?

Solusi

Solusi Latihan 35.3.

v=c1−1/γ2v = c\sqrt{1 - 1/\gamma^2}: γ=2\gamma = 2 memberikan v=0.866cv = 0.866c; γ=10\gamma = 10 memberikan v=0.995cv = 0.995c.

Latihan 35.4 ★

Sebuah mobil melaju 130 km/h130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}. Hitunglah v/cv/c, lalu γ−1\gamma - 1 (Catatan 35.7); berapa lama mobil itu harus melaju agar jamnya tertinggal 1 s1\,\mathrm{s}?

Solusi

Solusi Latihan 35.4.

v=36.1 m/sv = 36.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, v/c=1.2×10−7v/c = 1.2 \times 10^{-7}; γ−1≈(1.2×10−7)2/2≈7.2×10−15\gamma - 1 \approx (1.2 \times 10^{-7})^2/2 \approx 7.2 \times 10^{-15}. Satu sekon hilang setelah 1/7.2×10−15≈1.4×1014 s1/7.2 \times 10^{-15} \approx 1.4 \times 10^{14}\,\mathrm{s} — sekitar empat juta tahun berkendara.

Latihan 35.5 ★

Pada percobaan kereta Einstein, jelaskan — dengan menyebutkan postulat yang dipakai — mengapa penumpangnya menyimpulkan sambaran depannya datang lebih dahulu, dan mengapa tidak satu pun pengamatnya keliru.

Solusi

Solusi Latihan 35.5.

Penumpangnya melaju menuju kilat depannya, sehingga kilat itu mencapainya lebih dahulu; menurut postulat keduanya kedua kilatnya berjalan pada cc yang sama sepanjang separuh panjang kereta yang sama pada kerangkanya, sehingga kedatangan yang lebih awal berarti sambaran yang lebih awal. Keserentakan bergantung pada kerangkanya: tiap putusannya benar pada kerangkanya sendiri.

Latihan 35.6 ★★

Pion bermuatan hidup Δt0=2.6×10−8 s\Delta t_0 = 2.6 \times 10^{-8}\,\mathrm{s}. Sebuah berkas meninggalkan pemercepatnya pada 0.99c0.99c. Hitunglah γ\gamma, umurnya di laboratorium, jangkauan klasiknya v Δt0v\,\Delta t_0, dan jangkauan rata-rata yang sesungguhnya.

Solusi

Solusi Latihan 35.6.

γ=1/1−0.992=7.09\gamma = 1/\sqrt{1 - 0.99^2} = 7.09; umurnya di laboratorium 7.09×2.6×10−8=1.8×10−7 s7.09 \times 2.6 \times 10^{-8} = 1.8 \times 10^{-7}\,\mathrm{s}. Jangkauan klasiknya 0.99×3.00×108×2.6×10−8≈7.7 m0.99 \times 3.00 \times 10^{8} \times 2.6 \times 10^{-8} \approx 7.7\,\mathrm{m}; yang sesungguhnya 7.09×7.7≈55 m7.09 \times 7.7 \approx 55\,\mathrm{m}.

Latihan 35.7 ★★

Dari kurva γ\gamma, bacalah laju yang memberikan γ=1.5\gamma = 1.5 dan γ=3\gamma = 3 (periksalah dengan perhitungan). Apa yang dikatakan asimtot tegak di v=cv = c tentang mempercepat benda bermassa?

Solusi

Solusi Latihan 35.7.

γ=1.5\gamma = 1.5 pada v=c1−1/2.25≈0.75cv = c\sqrt{1 - 1/2.25} \approx 0.75c; γ=3\gamma = 3 pada ≈0.94c\approx 0.94c. Asimtotnya: γ\gamma (dan ongkos energi untuk laju tambahannya) memencar sembari v→cv \to c — tidak ada usaha berhingga yang membawa benda bermassa sampai laju cahaya.

Latihan 35.8 ★★

Sebuah jam cahaya bercermin sejauh L=1.5 mL = 1.5\,\mathrm{m}. Hitunglah detiknya saat diam, lalu detiknya yang terukur dari tanah ketika ia melaju pada 0.8c0.8c.

Solusi

Solusi Latihan 35.8.

Δt0=2L/c=3.0/3.00×108=1.0×10−8 s\Delta t_0 = 2L/c = 3.0/3.00 \times 10^{8} = 1.0 \times 10^{-8}\,\mathrm{s}; pada 0.8c0.8c, γ=5/3\gamma = 5/3, sehingga Δt=1.7×10−8 s\Delta t = 1.7 \times 10^{-8}\,\mathrm{s}.

Latihan 35.9 ★★

Siapa yang mengukur waktu diri antara: (a) dua detik sebuah arloji tangan — yang memakainya, atau orang yang lewat? (b) kelahiran dan peluruhan sebuah muon — muonnya, atau laboratoriumnya? (c) meninggalkan Bumi dan mencapai Mars — pilotnya, atau pengendali misinya?

Solusi

Solusi Latihan 35.9.

Waktu diri adalah milik jam yang hadir pada kedua peristiwanya: (a) yang memakainya; (b) muonnya; (c) pilotnya — hanya wahananya yang hadir pada keberangkatan dan kedatangannya.

Latihan 35.10 ★★

Stasiun antariksanya mengorbit pada 7.7 km/s7.7\,\mathrm{km}/\mathrm{s}. Hitunglah γ−1≈v2/2c2\gamma - 1 \approx v^2/2c^2, lalu seberapa jauh jam seorang antariksawan tertinggal dari jam di tanah setelah enam bulan (1.58×107 s1.58 \times 10^{7}\,\mathrm{s}).

Solusi

Solusi Latihan 35.10.

γ−1≈77002/(2×9.0×1016)≈3.3×10−10\gamma - 1 \approx 7700^2/(2 \times 9.0 \times 10^{16}) \approx 3.3 \times 10^{-10}; sepanjang 1.58×107 s1.58 \times 10^{7}\,\mathrm{s} antariksawannya tertinggal sebesar 3.3×10−10×1.58×107≈5.2×10−3 s3.3 \times 10^{-10} \times 1.58 \times 10^{7} \approx 5.2 \times 10^{-3}\,\mathrm{s} — sekitar lima milisekon lebih muda.

Latihan 35.11 ★★

Hitunglah kandungan energi E=mc2E = mc^2 dari 1.0 g1.0\,\mathrm{g} benda. Bandingkanlah dengan keluaran harian pembangkit 1.0 GW1.0\,\mathrm{GW}, dan dengan energi kinetik 8.5×105 J8.5 \times 10^{5}\,\mathrm{J} sebuah mobil pada 130 km/h130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}.

Solusi

Solusi Latihan 35.11.

E=1.0×10−3×(3.00×108)2=9.0×1013 JE = 1.0 \times 10^{-3} \times (3.00 \times 10^{8})^2 = 9.0 \times 10^{13}\,\mathrm{J}. Sebuah pembangkit 1.0 GW1.0\,\mathrm{GW} menyerahkan 1.0×109×86400≈8.6×1013 J1.0 \times 10^{9} \times 86400 \approx 8.6 \times 10^{13}\,\mathrm{J} tiap hari — segram adalah sehari keluarannya, dan 9.0×1013/8.5×105≈1089.0 \times 10^{13}/8.5 \times 10^{5} \approx 10^{8}: seratus juta mobil yang melaju kencang.

Latihan 35.12 ★★★

Tunjukkan dari γ=1/1−v2/c2\gamma = 1/\sqrt{1 - v^2/c^2} bahwa v=c1−1/γ2v = c\sqrt{1 - 1/\gamma^2}; perolehlah laju muon yang γ=30\gamma = 30 itu, sampai lima angka penting dalam satuan cc.

Solusi

Solusi Latihan 35.12.

Kuadratkan lalu balikkan: γ2(1−v2/c2)=1\gamma^2(1 - v^2/c^2) = 1, sehingga v2/c2=1−1/γ2v^2/c^2 = 1 - 1/\gamma^2, jadi v=c1−1/γ2v = c\sqrt{1 - 1/\gamma^2}. Untuk γ=30\gamma = 30: v=c1−1/900=0.99944cv = c\sqrt{1 - 1/900} = 0.99944c.

Latihan 35.13 ★★★

Kisahkanlah kembali perjalanan muonnya dari kerangkanya sendiri: setebal apa atmosfernya pada γ=30\gamma = 30, berapa lama atmosfer itu menyapu lewat pada 0.99944c0.99944c, dan muatkah itu di dalam satu umur dirinya?

Solusi

Solusi Latihan 35.13.

Tebal yang terkerut L=15 km/30=500 mL = 15\,\mathrm{km}/30 = 500\,\mathrm{m}; waktu sapuannya 500/(0.99944×3.00×108)≈1.7×10−6 s<2.2 µs500/(0.99944 \times 3.00 \times 10^{8}) \approx 1.7 \times 10^{-6}\,\mathrm{s} < 2.2\,\text{µ}\mathrm{s}. Kedua kerangkanya sepakat bahwa muonnya mencapai tanah — yang satu menyalahkan umur yang teregang, yang lain atmosfer yang menyusut.

Latihan 35.14 ★★★

Sebuah pemercepat linear mendorong elektron sampai γ=1.0×105\gamma = 1.0 \times 10^{5} sepanjang tabung 3.2 km3.2\,\mathrm{km}. Berapa lama perjalanannya di laboratorium? Berapa lama pada kerangka elektronnya, dan berapa “panjang” tabungnya di sana?

Solusi

Solusi Latihan 35.14.

Di laboratorium: 3200/3.00×108≈1.1×10−5 s3200/3.00 \times 10^{8} \approx 1.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{s} (lajunya ≈c\approx c). Pada kerangka elektronnya: tabungnya terkerut menjadi 3200/1.0×105=3.2 cm3200/1.0 \times 10^{5} = 3.2\,\mathrm{cm}, yang terlintasi dalam 1.1×10−5/1.0×105≈1.1×10−10 s1.1 \times 10^{-5}/1.0 \times 10^{5} \approx 1.1 \times 10^{-10}\,\mathrm{s}.

Latihan 35.15 ★★★

Proxima Centauri berjarak 4.24.2 tahun cahaya (satu tahun cahaya adalah jarak yang ditempuh cahaya dalam setahun). Sebuah wahana melaju ke sana pada 0.9c0.9c: berapa lama perjalanannya menurut penanggalan Bumi, dan menurut jam wahananya?

Solusi

Solusi Latihan 35.15.

Bumi: 4.2/0.9≈4.7 tahun4.2/0.9 \approx 4.7\,\mathrm{tahun}. Dengan γ=1/1−0.81=2.29\gamma = 1/\sqrt{1 - 0.81} = 2.29, jam wahananya mencatat 4.7/2.29≈2.0 tahun4.7/2.29 \approx 2.0\,\mathrm{tahun}.

35.7 Soal: Muon dan sang kembar

Soal 35.1

Soal akhir pekan — perjalanan muon dan kembaran seorang antariksawan: sebutir zarah yang hidup melampaui jamnya, sebuah jam cahaya yang dibangun ulang, seorang pengembara yang lebih muda daripada kembarannya, dan pembukuan yang menjaga GPS tetap jujur

Datanya: umur diri muon Δt0=2.2 µs\Delta t_0 = 2.2\,\text{µ}\mathrm{s}; muon lahir sekitar 15 km15\,\mathrm{km} di atas pada hampir cc; fluks di permukaan laut sekitar satu muon tiap cm2\mathrm{cm}^{2} tiap menit; c=3.00×108 m/sc = 3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

Bagian I — Kedatangan muon yang mustahil.

  1. Tanpa kerelatifan, sejauh apa sebuah muon berjalan dalam satu umurnya?
  2. Berapa umur yang lalu dihabiskan penurunan 15 km15\,\mathrm{km} itu?
  3. Setelah nn umur, bagian e−n\mathrm{e}^{-n} bertahan: taksirlah, hadapkanlah dengan fluks terukurnya, lalu jatuhkanlah putusan atas fisika klasik dalam satu kalimat.
  4. Muon ini sesungguhnya tiba dengan γ≈30\gamma \approx 30. Hitunglah umurnya yang terukur dari tanah dan jangkauan yang dihasilkannya.
  5. Hitunglah lajunya, dengan v=c1−1/γ2v = c\sqrt{1 - 1/\gamma^2}, sampai lima angka penting dalam satuan cc.

Bagian II — Jam cahayanya, yang dibangun ulang. Sebuah jam cahaya (L=1.5 mL = 1.5\,\mathrm{m}) menumpang wahana pada v=0.6cv = 0.6c.

  1. Hitunglah detiknya Δt0\Delta t_0 yang terbaca di dalamnya.
  2. Dilihat dari tanah, satu detiknya berlangsung Δt\Delta t: sebutkan majunya secara mendatar tiap setengah detik, tanjakan tegak fotonnya, dan — dengan menyebutkan postulat yang menetapkannya — panjang separuh lintasan miringnya.
  3. Terapkanlah Pythagoras pada segitiga setengah detiknya lalu selesaikanlah untuk Δt\Delta t, dengan menunjukkan bahwa Δt=γ Δt0\Delta t = \gamma\,\Delta t_0.
  4. Hitunglah γ\gamma dan Δt\Delta t secara berangka.
  5. Pengamat yang mana yang mengukur waktu diri antara dua detiknya? Berikan alasannya dari takrifnya.

Bagian III — Sang pengembara dan kembarannya. Seorang antariksawan meninggalkan kembarannya di Bumi untuk perjalanan pulang pergi pada 0.8c0.8c; jam Bumi mengukur seluruh perjalanannya 10.0 tahun10.0\,\mathrm{tahun}.

  1. Hitunglah γ\gamma pada 0.8c0.8c (pecahan yang eksak, lalu desimalnya).
  2. Berapa waktu yang berlalu pada jam antariksawannya?
  3. Sejauh apa titik baliknya (pada kerangka Bumi, dalam tahun cahaya)?
  4. Berapa selisih umurnya saat bertemu kembali, dan kembaran mana yang lebih muda?
  5. “Tetapi gerak itu nisbi — antariksawannya dapat mengaku Bumilah yang mengembara!” Selesaikanlah keberatan itu dalam satu kalimat.

Bagian IV — Tagihan GPS-nya. Sebuah satelit GPS mengorbit pada jari-jari r=2.66×107 mr = 2.66 \times 10^{7}\,\mathrm{m}, berperiode T=12 hT = 12\,\mathrm{h}.

  1. Hitunglah laju orbitnya v=2πr/Tv = 2\pi r/T.
  2. Hitunglah γ−1≈v2/2c2\gamma - 1 \approx v^2/2c^2.
  3. Perolehlah, dalam mikrosekon, seberapa jauh jam satelitnya tertinggal dari jam di tanah tiap hari (86 400 s86\,400\,\mathrm{s}).
  4. Jika simpangan ini sendirian dibiarkan tanpa koreksi, kedudukannya keliru sebesar c×c \times (simpangannya): hitunglah galatnya setelah sehari.
  5. Gravitasi, yang lebih lemah di ketinggian, menjalankan jamnya lebih cepat sebesar 45 µs45\,\text{µ}\mathrm{s} tiap hari (kerelatifan umum): hitunglah simpangan bersihnya dan galat kedudukan hariannya dalam kilometer — bilangan yang mewajibkan para insinyur melaras keliru setiap jam GPS.
Solusi

Solusi Soal 35.1.

1. c Δt0=3.00×108×2.2×10−6≈660 mc\,\Delta t_0 = 3.00 \times 10^{8} \times 2.2 \times 10^{-6} \approx 660\,\mathrm{m}.

2. 15 000/660≈2315\,000/660 \approx 23 umur.

3. e−23≈10−10\mathrm{e}^{-23} \approx 10^{-10}: kurang dari satu muon dalam sepuluh miliar yang seharusnya tiba, namun fluksnya satu tiap cm2\mathrm{cm}^{2} tiap menit — fisika klasik dibantah mentah-mentah oleh langitnya.

4. Umurnya menurut tanah 30×2.2 µs=66 µs30 \times 2.2\,\text{µ}\mathrm{s} = 66\,\text{µ}\mathrm{s}; jangkauannya ≈3.00×108×6.6×10−5≈20 km>15 km\approx 3.00 \times 10^{8} \times 6.6 \times 10^{-5} \approx 20\,\mathrm{km} > 15\,\mathrm{km}: kedatangannya terjelaskan.

5. v=c1−1/900=0.99944cv = c\sqrt{1 - 1/900} = 0.99944c.

6. Δt0=2L/c=3.0/3.00×108=1.0×10−8 s\Delta t_0 = 2L/c = 3.0/3.00 \times 10^{8} = 1.0 \times 10^{-8}\,\mathrm{s}.

7. Mendatarnya v Δt/2v\,\Delta t/2; tegaknya LL; separuh lintasan miringnya berukuran c Δt/2c\,\Delta t/2 karena postulat keduanya menetapkan laju fotonnya pada cc di kerangka tanahnya juga.

8. (c Δt/2)2=L2+(v Δt/2)2(c\,\Delta t/2)^2 = L^2 + (v\,\Delta t/2)^2 memberikan Δt2(c2−v2)=4L2\Delta t^2(c^2 - v^2) = 4L^2, sehingga Δt=(2L/c)/1−v2/c2=γ Δt0\Delta t = (2L/c)/\sqrt{1 - v^2/c^2} = \gamma\,\Delta t_0.

9. γ=1/1−0.36=1.25\gamma = 1/\sqrt{1 - 0.36} = 1.25; Δt=1.25×10−8 s\Delta t = 1.25 \times 10^{-8}\,\mathrm{s}.

10. Milik wahananya: satu jamnya hadir pada kedua detiknya, sehingga jam itu membaca waktu dirinya; tanahnya menuntut dua jam yang terselaraskan.

11. γ=1/1−0.64=1/0.6=5/3≈1.67\gamma = 1/\sqrt{1 - 0.64} = 1/0.6 = 5/3 \approx 1.67.

12. 10.0/(5/3)=6.0 tahun10.0/(5/3) = 6.0\,\mathrm{tahun}.

13. Perginya 5.0 tahun5.0\,\mathrm{tahun} pada 0.8c0.8c: 4.04.0 tahun cahaya.

14. 10.0−6.0=4.0 tahun10.0 - 6.0 = 4.0\,\mathrm{tahun}: antariksawannya empat tahun lebih muda daripada kembarannya.

15. Keadaannya tidak setangkup: hanya antariksawannya yang berbalik — ia berpercepatan lalu berganti kerangka inersial, sementara kembarannya di Bumi tetap pada satu kerangka — sehingga hanya jamnya yang mencatat waktu yang lebih pendek.

16. v=2π×2.66×107/43 200≈3.9×103 m/sv = 2\pi \times 2.66 \times 10^{7}/43\,200 \approx 3.9 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

17. γ−1≈(3.87×103)2/(2×9.0×1016)≈8.3×10−11\gamma - 1 \approx (3.87 \times 10^{3})^2/(2 \times 9.0 \times 10^{16}) \approx 8.3 \times 10^{-11}.

18. 8.3×10−11×86 400≈7.2×10−6 s=7.2 µs8.3 \times 10^{-11} \times 86\,400 \approx 7.2 \times 10^{-6}\,\mathrm{s} = 7.2\,\text{µ}\mathrm{s} tiap hari lebih lambat.

19. c×7.2×10−6≈2.2 kmc \times 7.2 \times 10^{-6} \approx 2.2\,\mathrm{km} galat kedudukan tiap hari.

20. Simpangan bersihnya 45−7.2≈38 µs45 - 7.2 \approx 38\,\text{µ}\mathrm{s} tiap hari lebih cepat; galatnya c×38×10−6≈11 kmc \times 38 \times 10^{-6} \approx 11\,\mathrm{km} tiap hari — tagihan kerelatifan yang dibayar di muka oleh setiap jam GPS, yang dilaras keliru di tanah agar ia berdetik tepat di orbitnya.

Di sinilah berakhir fisika sekolahnya — bukan fisikanya. Pada jilid universitasnya, mekanika kembali bersenjatakan kalkulus; kelistrikan dan kemagnetan menyingkapkan diri sebagai satu bangunan yang di dalamnya cahaya, dan kerelatifan itu sendiri, selama ini bersembunyi; dunia kuantum, yang tersibak sekilas pada bab lalu, menjadi teori benda yang bekerja. Tiap teorinya akan diwajibkan, seperti kerelatifan, menyerahkan kembali apa yang kini kamu ketahui sebagai keadaan batas. Bawalah ke depan: itulah bagian yang tidak akan berubah.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium