Sáng kiến kinh nghiệm Thuyết tương đối hẹp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

 đều là m0 nên 1 2v ' v ' 
 
, 
biểu thức đại số v'1=-v'2. Vì trong hệ K, hạt 
0 thứ hai đứng yên nên 
'
2v u . Xét hạt 1, từ công 
thức cộng vận tốc ta có: ' '
1 2
2
v u
v v u
vu
1
c

   

. Sau khi biến đổi ta được: 
2
2
vu
2u v 0
c
   . 
Giải phương trình bậc 2 này ta được hai nghiệm: 
2
2
u c v
1 1
c v c
 
   
 
 
. 
Ta loại nghiệm (+) vì với nghiệm này, u > c. Thay (1) vào nghiệm (-) ta được: 
2
0
0
K
K 0K
2 2
K 0 0
0 0
K K
E E1 1 1 1E E EEu K n n
u c
c E E K 2E n 2 n 2E E
1 1
E E
  
          
      
      
    
   
. 
b. Trong hệ K' ta có ' '1 2v v u   . Ta tính: 
0
2
0
0
K 2E1 1 n 2
2E 2Ku 11 K 2Ec
 
  
      
. 
Vì trong hệ K' hai hạt giống nhau có vận tốc như nhau về độ lớn (bằng u), nên năng lượng như 
nhau. Ta có: 
2
' ' 0 0
1 2 0 02
0
m c K 2E n 2
E E E E
2E 2u
1
c
 
   
 
  
 
. 
Vậy động năng của hệ là: ' ' ' '1 2 1 2 0 0 0
0
K n 2
K ' K K E E 2E 2E 1 1 2E 1
2E 2
   
              
  
. 
Vì trong K' vận tốc của hai hạt là như nhau. Nên động lượng của chúng bằng nhau về độ lớn. 
Ta có: ' ' ' 2 2 ' '0 01 2 1 0 0 1 2
KE n E n
p c p c E E E p p
2 2 c 2
        . 
Bài 4. Hạt có khối lượng nghỉ m1 và động lượng 0p

va chạm với hạt khác có khối lượng nghỉ m2 
đang đứng yên. Biện luận chuyển động của 2 hạt sau va chạm, thừa nhận rằng va chạm là đàn 
hồi và năng lượng toàn phần trước và sau va chạm của hệ là không đổi. 
Giải. 
Trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm động lượng của hệ được bảo toàn: 21 pppo

 
Gọi );( 2ppo

  
cos2 2
2
2
22
1 ppppp oo  (1) 
Liên hệ giữa năng lượng toàn phần và động lượng: 
2 2 2 2 2
1
2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2 2 2
2 2 2
/
/
/
o oE c p m c
E c p m c
E c p m c
  

 

 
Rút ra: 22222
22
1
22222
1
22
1
22
1
2
1 /)(//// ooo pccmEcEpcEcEcmcEp  
Trong đó: 422
22
221 cmcpEEEE  
Thay vào (1) ta được: cos2/)(/)( 2
2
2
222
2
2242
2
22
2 pppccmEccmcpE o 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 24 
biến đổi: )cos(2)cos( 2
2
2
2
2
222
2
2  pcpEmpcppE oo  
Trong đó: o
o
p
cp
Ecm
a
222
2
2
E 
 ; o
o
p
cpE
cm
b
222
2
2

 ; 2
22
1
E
cp
ab o 
Ta chuyển qua tỉ số: 
2
1
m
m
A  để biện luận 
Bảo toàn năng lượng: 220 cmEE 
2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 4 2
2 2 1 2 22 ( ) 2o o o oE E m c E m c p c m c m c E m c        
2 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 4 2 4 2
1 2 2 2 1 2 22( ) 2o o op c m c m c E m c m c p c m c m c Em c         
Suy ra: 
EcmA
p
p
cEmcmcm
Ecm
a oo
/)1(22 22
22
2
42
2
42
1
2
2



 
+ Nếu A > 1 thì opa 2 cả hai hạt chuyển động về phía trước 
+ Nếu A <1 thì opa 2 hạt m1 bật trở lại 
Khi chuyển về cơ học Niutơn, gần đúng: 21cmcpo  : 
Khi đó: 221
2
2
42
1
222
2 )( cmmcmcmcpcmEE oo  
Và ta cũng bỏ qua 222 Ecpo  
Viết lại: 
A
p
p
mm
m
p
E
cm
a oo




1
0
21
2
2
2
 A
p
E
cm
b


1
0
2
2
Bài 5. Một hạt có khối lượng nghỉ 0m 10u đang đứng yên, vỡ thành hai hạt văng ra theo hai 
hướng ngược nhau với các tốc độ 1u 0,8c và 2u 0,6c . Tìm khối lượng nghỉ m01 và m02 của 
hai hạt và động năng của chúng. Bằng cách nào có thể kiểm tra lại giá trị của tổng động năng? 
Biết 1u 931,5 MeV/c2. 
Giải. 
Ta có: 1 2 2
1
2
1 1 5
3u 1 0,8
1
c
   


; 2 2 2
2
2
1 1 5
4u 1 0,6
1
c
   


ĐLBTNL toàn phần, ta có: 2 2 21 2 1 01 2 02 0E E E m c m c m c       01 02
5 5
m m 10u
3 4
   (1) 
ĐLBT động lượng: 1 01 1 2 02 2 01 04
5 5
m u m u 0 m .0,8c m .0,6c 0
3 4
       01 02
4 3
m m 0
3 4
   (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 01
18
m u 2,57u
7
  và 02
32
m u 4,57u
7
  . 
Động năng của mỗi hạt 
  21 1 01
5
W 1 m c 1 2,57.931,5MeV 1595,97
3
          
đ
MeV 
  22 02
5
W 1 m c 1 4,57.931,5MeV 1064,24
4
          
đ2
MeV. 
Khối lượng nghỉ đã giảm một lượng:    0 01 02m m m m 10 2,57 4,57 2,86        u 
Như vậy năng lượng nghỉ giảm nhưng do năng lượng toàn phần nên động năng của hệ tăng một 
lượng: 
2
đW m.c 2,86.931,5 MeV 2664,09    MeV. 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 25 
Bài 6. Hai vật A và B có khối lượng nghỉ m0 và vận tốc trực đối có giá trị tuyệt đối bằng u so 
với hệ quy chiếu gắn với phòng thí nghiệm, đến va chạm hoàn toàn mềm với nhau và tạo thành 
một vật C có khối lượng nghỉ M0. Tìm M0 bằng cách áp dụng định luật bảo toàn động lượng 
trong hệ quy chiếu gắn với hạt B. 
Giải. 
* Trong hệ quy chiếu gắn với hạt B: 
Vận tốc của hạt B bằng 0 nên 
B
p 0 , 
Vận tốc và động lượng hạt A: 
A,B 2
2u
u
u
1
c

     
 ; 0 A,B 0 0
A 22 2 2
A,B
22 22 2
2
2
m u 2m u 2m u
p
uu u 4u 11 11 ccc u
c 1
c
  
             
Vận tốc của hạt C là u nên động lượng của hạt C là: 
0
C 2
2
M u
p
u
1
c


Theo ĐLBT động lượng, ta có: 0 0 0C A 022 2
22 2
M u 2m u 2m
p p M
uu u11 1
cc c
    
 
* Hoặc giải trong HQC gắn với Trái Đất: 
Độ lớn động lượng vật A, B là: 0
A 2
2
m u
p
u
1
c


; 0
B 2
2
m u
p
u
1
c


Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: 
0 0 0
C A B 2 2 2
2 2 2
M u ' m u m u
p p p u ' 0
u ' u u
1 1 1
c c c
      
  
 Như vậy vật C đứng yên. 
Áp dụng ĐLBTNL toàn phần, có: 
2 2 20 0 0
0 02 2 2
2 2 2
m m 2m
c c M c M
u u u
1 1 1
c c c
   
  
. 
Bài 7. 
1. Một proton tương đối tính, tại thời điểm t = 0 bay vào với vận tốc 
0v trong miền có điện 
trường đều E

. Khảo sát chuyển động của proton trong hai trường hợp sau: 
a. Ev

//0 , tìm biểu thức xác định vận tốc v

 của proton theo thời gian ? 
b. Ev

0 xác định: Góc ),( 0vv

 theo thời gian; hình chiếu xv của v

lên phương 0v ? 
2. Cũng proton này, nhưng tại thời điểm t = 0 bay vào một miền từ trường B

 nào đó. Biết 
proton này chuyển động tròn, xác định bán kính quỹ đạo và gia tốc của proton này? 
Giải. 
1. a. Ta có: Động lượng của hạt khi hạt có vận tốc v

 là: 
2
2
0
1
.
.
c
v
vm
vmp




Theo đó, khi hạt chuyển động trong điện trường thì: Eq
dt
pd
F

. 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 26 
 tEq
c
v
vm
c
v
vm
..
1
.
1
.
2
2
0
00
2
2
0





 Vì giả thiết cho Ev

//0 , nên Ev

// 
 tEq
c
v
vm
c
v
vm
..
1
.
1
.
2
2
0
00
2
2
0 



  Biến đổi được: 
2
0
2
0
2
0
.
1
1












cm
qEt
vc
v
c
v 
b. Tương tự câu a, ta cũng có: tEq
c
v
vm
c
v
vm
..
1
.
1
.
2
2
0
00
2
2
0





 (1) 
Lần lượt nhân vô hướng và nhân hữu hướng hai vế của (1) với 
0v ta được hệ sau: 



















0
2
2
0
000
2
2
00
0
2
2
0
000
2
2
00
.
1
.
1
.
...
1
..
1
..
vEqt
c
v
vvm
c
v
vvm
vtEq
c
v
vvm
c
v
vvm



















tvEq
c
v
vvm
c
v
vm
c
v
vvm
...sin.
1
..
1
.
cos.
1
..
0
2
2
00
2
2
0
2
00
2
2
00




 (giả thiết Ev

0 ) 
 2
2
0
00
1.
.
..
tan
c
v
vm
tEq
 
2. Hạt chuyển động trong từ trường, chịu tác dụng của lực Lorenxo: ].[ Bvq
dt
pd
F


 (2) 
Vì Hạt chuyển động tròn  Lực vF

  a
c
v
m
v
c
v
cavm
a
c
v
m
F








.
1
.
1
/)..(
.
1
2
2
0
3
2
2
2
0
2
2
0














(3) 
Với a là gia tốc là gia tốc hướng tâm: 
R
v
a
2
 
Kết hợp (2)(3) ta có: 
R
v
c
v
m
Bvq
2
2
2
0 .
1
..

  
2
2
0
1.
.
c
v
qB
vm
R

 Và 
2
2
0
1.
c
v
m
qvB
a  (4) 
* Nhận xét: từ (4) khi v << c thì kết quả của R và gia tốc a trở về kết quả cổ điển. 
Bài 8. Năm 1963, trong các tia vũ trụ, người ta phát hiện được các proton với năng lượng rất 
lớn, cỡ 1020eV. Giả thiết rằng nó được sinh ra ở biên giới Thiên Hà Của Chúng Ta, cách Trái đất 
105 năm ánh sáng và năng lượng toàn phần của nó tăng tuyến tính liên tục theo thời gian bắt đầu 
từ năng lượng nghỉ 1GeV. Hỏi proton đã mất bao nhiêu thời gian theo “đồng hồ riêng” của nó. 
Giải. Gọi L = 105nas ; E0 = 1GeV = 10
9eV ; Ef = 10
20eV 
Khi proton có vận tốc tức thời v

, nó có NL toàn phần:  0 0 32 2 2
2
2 2
1
1 1
E E vdv
E dE
v v
c
c c
  
   
 
Trong HQC gắn với Trái đất, trong khoảng thời gian vi phân dt , vận tốc của proton coi như 
không đổi, và do đó, thời gian gắn với “đồng hồ riêng” của nó là 
2
21 .vdt dtc
  
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 27 
Suy ra thời gian theo “đồng hồ riêng” của proton khi nó tới Trái đất:  
2
' '
2
0
1 2
t
v
t dt dt
c
    
với t là thời gian từ lúc proton được sinh ra từ bên ngoài của biên giới của Thiên Hà Của Chúng 
Ta tới khi tới Trái đất theo đồng hồ trên Trái đất. Theo giả thiết, năng lượng toàn phần của 
proton tăng tuyến tính liên tục theo thời gian, nên ta có:    1. 3dE const k J s
dt
  
Từ (1) và (3), suy ra:  0 3
2 2
2
2
4
1
E vdvdE
dt
k v
kc
c
 
 
 
 
Từ (3) và (4), suy ra: ' 0
2
20
2
1
fv
E vdv
t
v
kc
c

 
 
 
 với fv là vận tốc của proton khi tới Trái đất. 
 
2
2
22 2
' 0 0 0 0 0 0 0
2 22
0
2
1
1 1 5
2 2 2 2
1 0
f
fv
f
f f
v vd
vcE E E E E E Ev
t ln ln ln ln
k k c k c k E k Ev
c
 
                                       
 

Tìm hằng số k(tốc độ biến thiên NL toàn phần theo thời gian gắn với Trái đất của proton). 
Độ dịch chuyển vi phân của proton đối với HQC gắn Trái đất: 
2
0
3
2 2
2
2
1
E v dvdE
ds vdt v
k v
c k
c
  
 
 
 
K/cách từ ngoài biên giới Thiên Hà Chúng Ta tới Trái đất: 
2
0 0
32 2
2 2
0
2
1
fv
E Ev dv
L ds I
kc kcv
c
  
 
 
 
  
Tính tích phân, ta được: 
2
3
3 22 2
0
22
11
fv
f f
f
v vv dv
I c arcsin
cvv
c
cc
 
 
              
  
 
Suy ra:  
22
0 0 0
2
0
2
1 1 6
1
f f f
ff
v v EE c E c E
k arcsin arcsin
L c L E Ev
c
c
 
   
                            
 
Từ (5)(6) và 510L c ( thời gian một năm theo đồng hồ trên Trái đất), ta được: 
5
0 0'
2 22 2
0 0
0 0
. 10 .
1 1 1 1
f f
f f
f f
E E
L ln ln
E E
t
E EE E
c arcsin arcsin
E E E E

   
   
    
                                          
Thay số  ' 13,3t  phút 
DẠNG 3. HIỆU ỨNG DOPPLER TƯƠNG ĐỐI TÍNH 
Bài 1. Một nguồn sáng đang chuyển động thì phát ra một chùm sáng có bước sóng 550nm. Xác 
định vận tốc của nguồn sáng để một máy thu đứng yên thu được ánh sáng trên với bước sóng: 
a. Bước sóng 450nm b. Bước sóng 700nm 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 28 
Giải. 
Gọi v là vận tốc của nguồn sáng đối với máy thu đứng yên. Tần số máy thu thu được là: 
thu nguon
1
f f
1
 


 với 
v
c
  vì 
c
f
   thu nguon
1
1
 
  
 
  
2 2
nguon thu
2 2
nguon thu
  
 
  
a. với 
2 2
nguon nguon thu
2 2
nguon thuthu
550nm
0,198 v 0,198c
450nm
    
     
   
b. với 
2 2
nguon thu nguon
2 2
nguon thuthu
550nm
0,237 v 0,237c
700nm
    
    
   
Bài 2. Từ trên một tàu vũ trụ đang bay về Trái đất với vận tốc v = 0,6c người ta thực hiện 
chương trình truyền hình trực tiếp cho phép quan sát trên màn hình tivi mặt các đồng hồ của tàu. 
Kim giây trên màn hình quay bao nhiêu vòng trong một phút thời gian của Trái đất? 
Giải. 
Tàu vũ trụ đang bay về Trái đất với tốc độ 0,6v c , dùng sóng điện từ có tần số 0f gửi về Trái 
đất để truyền hình trực tiếp hình ảnh trên tàu. Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính, tín hiệu 
Trái đất nhận được sẽ có tần số và chu kỳ: 
2
0 0 0
1 1 1
; .
1 1 1
f f f T T
  
  
  
  
  
Trong khoảng t trên Trái đất, khoảng thời gian thu được trên tàu là: 
0
1 1 0,6
. . 2
1 1 0,6
t t t t


 
     
 
 Vậy trong một phút thời gian trên Trái đất thì kim giây trên màn hình thu được sẽ quay 2 vòng. 
Bài 3. Hai tàu vũ trụ đã tắt động cơ chuyển động đến gặp nhau. Trên một tàu ở mũi và đuôi 
đồng thời bật đèn tín hiệu sau mỗi giây. Trên tàu ngược chiều, cứ nửa giây người ta lại quan sát 
được hai chớp sáng cách nhau ' 1 s  . Tìm chiều dài tàu thứ nhất và vận tốc xích lại gần nhau 
của hai con tàu. 
Giải. 
Gọi tàu phát tín hiệu là tàu 1, nó tiến lại tàu 2 với vận tốc v c . 
Gọi thời gian giữa hai lần phát tín hiệu từ đầu và đuôi tàu 1 về phía tàu 2 là chu kỳ xung 1 , 
1 1s  . Tần số xung là 
1
1 1f 
 . Trên tàu 2, nhận được xung với tần số 
1
2 2 2, 0,5f s 
  . 
Theo hiệu ứng Doppler tương đối tính: 
2
2 1 1
1 1
1 1
f f f
 
 
 
 
 
Từ đó, suy ra: 
2
2
2
1
2 2
2
2
1
1
1
0,6 1, 25 ; 0,6
11
v c


 
 


     

Vì hai tín hiệu phát đi đồng thời từ đầu và đuôi tầu 1 nhận được trên tàu 2 cách nhau khoảng 
thời gian 
' 1 s  nên so với HQC gắn với tàu 2, tàu 1 có chiều dài '12 300l c m  và chiều 
dài riêng của tàu 1 là 10 12 1,25.300 375l l m   . 
Bài 4. Hai tàu vũ trụ đã tắt động cơ chuyển động đến gặp nhau. Tín hiệu của hệ thống định vị 
trên tàu bị phản xạ từ tàu đối diện với tần số k = 9 lần lớn hơn tần số tín hiệu phát đi. Biết rằng 
tàu vũ trụ ngược chiều bay qua hệ thống thu trên tàu đầu hết 1 s  . Tìm chiều dài riêng của 
tàu đi ngược chiều. 
Giải. 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 29 
Gọi tàu phát tín hiệu là tàu 2, vận tốc tương đối của tàu 1 so với tàu 2 là v c . 
Khi tàu 2 gửi tín hiệu định vị tàu 1 với tần số 0f thì tàu 1 thu được tín hiệu với tần 
số 0
1
1
f f





, sau đó phản xạ tín hiệu có tần số 'f f . 
Tàu 2 nhận được tín hiệu phản xạ: ' '0 0
1 1
1 1
f f f
 
 
  
   
  
Theo giả thiết thì '0 09f f , từ đó suy ra: 0,8 , 0,8 , 5 3v c    . 
Mặt khác, so với tàu 2, tàu 1 đi ngược chiều qua hệ thống định vị trên tàu 2 trong thời gian 
1 s  , vậy chiều dài của tàu 1 so với tàu 2 là 8 60,8.3.10 .1.10 240l v m    . 
Chiều dài riêng của tàu 1 đi ngược chiều là 0 400l l m  . 
Bài 5. Một tàu vũ trụ đang bay về hướng Trái đất phát ra hai xung ngắn liên tiếp cách nhau một 
khoảng 1 1  phút. Sau khi phản xạ từ Trái đất hai tia này trở lại tàu vũ trụ sau thời gian 1,5T  
tháng. Khi đó khoảng thời gian nhận hai tia là 2 15s  . Tìm khoảng thời gian TĐT trên Trái đất 
kể từ khi nhận được xung đầu tiên đến khi tàu vũ trụ bay về tới Trái đất. Xác định vận tốc của 
tàu. Các khoảng thời gian 1 2, ,T  được ghi theo thời gian của tàu. 
Giải. 
Gọi chu kỳ của xung là khoảng thời gian giữa hai xung liên tiếp. 
Khi tàu gửi xung có tần số 
1
1 1f 
 thì Trái đất nhận được xung có tần số: 
2
1 1
1 1
1 1
f f f
 
 
 
 
 
. 
Sau đó Trái đất phản xạ lại xung có tần số 'f f , và tàu sẽ nhận được xung có tần số: 
2
'
2 1
1 1
1 1
f f f
 
 
  
   
  
. Với 12 2 1 2, 60 , 15f s s  
   
Ta thu được:  
2
81
2
1
1
0, 6 ; 1, 25; 1,8.10 /
1
v m s


 



   

Trong HQC gắn với Trái đất, giả sử khi tàu vũ trụ gửi tín hiệu đầu tiên về Trái đất nó cách Trái 
đất đoạn 0l . Sau thời gian 1t tín hiệu này tới Trái đất, 0 1l ct , và thời gian cho quá trình này 
trong HQC gắn với tàu là: 
1 1 1
1 1 0t c l  
    . 
Lúc này, tàu còn cách Trái đất đoạn:  0 1 0 1 ,s l vt l v c      đây chính là quãng đường 
mà tàu sẽ đi tiếp để về tới Trái đất. 
Tín hiệu phản xạ từ Trái đất quay trở lại gặp tàu sau thời gian 2t :  2 2 0 1ct vt s l     
Suy ra    
11
2 01 1t c l 
   , và thời gian cho quá trình này trong HQC gắn với tàu là 
   
11 1
2 01 1c l   
    . Theo giả thiết 1 2    , suy ra: 
        
2
11 1
0 0
11
1 1 1 ,
2 2
cc
c l l s
    
   
 

       
Vậy thời gian theo đồng hồ trên Trái đất kể từ khi nhận được xung đầu tiên đến khi tàu vũ trụ 
bay về tới Trái đất là: 
   2 21 1,25 1 0,6
.1,5 1
2 2.0,6
TĐ
s
T
v
 


 
    tháng 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 30 
Bài 6. Một con tàu siêu tốc có chiều dài nằm yên là 1200m chạy qua một sân ga che kín. Theo 
người trưởng ga, độ dài sân ga là 900m và con tàu chạy qua ga dài vừa khít với chiều dài sân ga, 
nghĩa là đuôi tàu bắt đầu vào sân ga đồng thời với đầu tàu chớm ra khỏi sân ga. Xác định: 
a. Tốc độc của tàu? 
b. Tìm độ dài của sân ga xác định bởi người lái tàu? 
Giải. 
a. HQC của tàu là K’; HQC của sân ga là K. Chiều dài của tàu khi đứng yên là L0 = 1200m. 
Để chạy qua ga vừa khít với chiều dài 900m, chiều dài của tàu khi chuyển động bị co lại và phải 
bằng L = 900m. 
Do đó: 
2
2
0 1.
c
v
LL  
2
2
1.1200900
c
v
 => smcv 810.98,1.
4
7
 
b. Độ dài sân ga xác định bởi người lái tàu cũng bị co lại, (Đối với người lái tàu, sân ga chuyển 
động với vận tốc là )( v ), chiều dài sân ga có giá trị là: m
c
v
LS 675
4
7
1.9001.
2
2
2








 
DẠNG 4. HIỆU ỨNG COMPTON 
Bài 1. Xét quá trình va chạm của photon và electron tự do 
đứng yên. 
a. Chứng minh rằng trong quá trình va chạm này, năng 
lượng và xung lượng của photon không được truyền hoàn 
toàn cho electron. 
b. Sau va chạm electron sẽ nhận được một phần năng lượng 
của photon và chuyển động giật lùi, còn photon thì bị tán xạ 
(tán xạ Compton). Tính độ dịch chuyển của bước sóng trước và sau va chạm của photon. 
c. Giả sử photon tới có năng lượng 02E , còn electron giật lùi có động năng 0EWd  (E0 = 
0,512 MeV là năng lượng nghỉ của electron). Tính góc giật lùi của electron (góc giữa hướng 
photon tới và hướng chuyển động của electron). 
Giải 
a. Gọi m0e, me là khối lượng nghỉ và khối lượng tương đối tính của electron. Giả sử năng lượng 
và xung lượng của photon không được truyền hoàn toàn cho electron. Dùng định luật bảo toàn 
năng lượng và động lượng trong quá trình tương tác ta có: 
2 2h.f m c m ce0e 2 2m vc m c m ce e0eh.f
m vec





 
  

2
2
v 0v v
1 1
v cc c

      
 Điều này không thể xảy ra được. 
b. Trường hợp tương tác giữa photon và electron tự do, do không bị hấp thụ hoàn toàn nên 
photon sau phản ứng có năng lượng giảm và xung lượng thay đổi (tán xạ). Đây chính là hiện 
tượng tán xạ Compton. Dùng ĐLBT năng lượng và xung lượng, ta có: 
2 ' 2
0
e
h.f m c h.f mc
p p ' p p ' mv
   

   
     
 
 
1
2
Từ hình vẽ ta có:  
2 2 2mv p p' 2pp'cos    (3) 
Thay 
h.f h.f '
p ;p '
c c
  vào (3) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2m v c h f h f ' 2h f .f '.cos    (4) 
Từ (1) rút ra: 2 20mc h.f h.f ' m c   (1a) 
Bình phương hai vế (1a):  2 4 2 2 2 2 2 4 2 20 0m c h f h f ' m c 2h. f f ' m c 2h f.f '      (5) 
SKKN 2018 - 2019 GV: Nguyễn Tuấn Anh 31 
Trừ vế với vế của (5) cho (4) ta có: 
      2 4 2 2 2 2 40 0m c 1 2h f .f ' 1 cos 2h f f ' m c m c        với 
v
c
  . (6) 
Mà ta lại có:  2 4 2 2 40 02
m
m m c 1 m c
1
   

. Từ (6) ta có: 
     
2
20
0 0
m c c c h 2h
f.f ' 1 cos f f ' 1 cos sin
h f ' f m c m c 2

          
Vì 
2
sin
2
;; 2
0
'
'
' 
 cm
hc
f
c
f  
 (là độ dịch chuyển của bước sóng trong tán xạ Compton) 
c. Tính góc giật lùi  của electron. 
ĐLBT năng lượng: 2 20 đ 0h.f m c h.f ' W m c    (7) 
Vì 
h.f h.f '
p ;p '
c c c

   nên (7) được viết lại: đ
W
p' p
c
  (7a) 
ĐLBT xung lượng: 
2 2 2
e
e
e
p p p '
p ' p p c