Relativitetsteorins grunder, våren 2016 Räkneövning 4 Lösningar

Transkript

1 Relativitetsteorins grunder, våren 016 Räkneövning 4 Lösningar 1. Hur stor kinetisk energi måste en elektron ha, då den krokar med en stillastående elektron jämfört med situationen då två elektroner i rörelse krokar i deras massentrums koordinatsystem för att proessen skall uppnå en lika hög energi som i massentrums koordinatsystemet? Denna betraktelse är myket viktig att beakta då man designar en aelerator som skall komma upp till de högsta möjliga energierna. Om energin i massentrums koordinatsystemet är TeV som i Fermilabs Tevatron, hur hög skall den kinetiska energin för en elektron vara då den krokar med en stillastående elektron för att kunna nå upp till samma energi? Tips: Skriv en fyrvektor för bňda situationerna oh relatera dem genom invariansen på fyrvektorns kvadrat. Lösning: I labbet har vi rörelsemängden p 1 + p = p 1, (1) då p = 0, eftersom denna elektron står stilla. I massentrums koordinatsystemet har vi däremot rörelsemängden p 1 + p = 0, () eftersom p = p 1 i massentrumet. M.h.a. av dessa kan vi skapa fyrvektorerna p 1 = ( E 1, p 1) = + m e, p 1 ) p = ( E, 0) = (m e, 0) p 1 = ( E 1, p 1) = ( E 1 kin + m e, p 1) p = ( E, p 1) = ( E kin + m e, p 1), där vi skrivit om fyrvektorerna m.h.a. den kinetiska energin för partiklarna. Dessa kan vi nu plussa ihop för att sen kunna jämföra genom fyrvektorns kvadrat, vilket

2 ger oss (p 1 + p ) = (p 1 + p ) + m e, p 1 ) = ( E 1 kin + E kin + m e, 0) + m e ) p 1 = ( E m + m e ) + m e [ ) ( E 1 tot ) m e ] = ( E m + m e ) + m e ) [ + m e ) m e ] = ( E m + m e ) 4m e + 4m e E 1kin m e E 1kin = ( E m ) + 4m e E m + 4m e m e E 1kin = ( E m ) + 4m e E m E 1kin = E m m e + E m, där 1 kin + kin = E m är energin i massentrumet. Om vi har en energi TeV som massentrums energi måste elektronen som krokar i den stillastående elektronen ha en energi E 1kin TeV, (3) för att skapa lika myket energi att skapa partiklar ifrån. Då förstår man lätt varför det är fördelaktigare att kroka partiklar sinsemellan än att köra in dem i en vägg.. Vi påstod i föreläsningsantekningarna att energi-rörelsemängds fyrvektorn är invariant under Lorentztransformationerna. I denna uppgift skall vi visa hur denna fyrvektor transformeras under Lorentztransformationerna. Vi har fyrvektorn p med komponenterna p x = p z = m 0 v x 1 v / p y = m 0 v z 1 v / = m 0 v y 1 v / m 0 1 v / som vi kan relatera till fyrvektorn p:s komponenter genom hastighetsadditionsformelerna. Efter det bevisar vi att där γ v = γ v = γ v γ V (1 v xv ) (4) 1 1 v /, γ V = 1 1 V / oh γ v = 1 1 v /

3 Genom användning av hastighetsadditionsformlerna. Detta kan vi sedan använda för att skriva p x, p y, p z, m.h.a. p x, p y, p z, E. Slutligen får vi p x = γ(p x V E ) p y = p y p z = p z = γ( E V p x ) Vilket är vårt slutliga svar som helt tydligt är Lorentzinvariant. Uppgiften blir alltså att fylla i hålen i beviskedjan. Skriva om p med hastighetsadditionsformlerna oh sedan bevisa ekvation 4 för att slutligen nå Lorentztransformationerna för energi oh rörelsemängd i ekvationerna 5. Lösning: Vi börjar med att konstatera att p x = γ v m 0 v x p y = γ v m 0 v y p z = γ v m 0 v z = γ v m 0, gäller oh att vi kan skriva om dessa med hastighetsadditionsformlerna som v x = v x V 1 vxv v y = v z = v y γ V (1 vxv ) v z γ V (1 vxv ), p x = γ v m 0(v x V ) 1 vxv p γ v m 0 v y y = γ V (1 vxv ) p γ v m 0 v z z = γ V (1 vxv ) = γ v m 0.

4 Då vi ytterligare kan räkna att så, att v = v x + v y + v z = γ V (v x + V v x V ) + v vx vxv (1 γ V = γ ( v x V ) [ ] V 1 γv (v x V ) + vy + vz ) γ v = ( 1 v / ) ( 1/ = 1 1 (γv (v x + V v x V ) + v v ) ) 1/ x vxv (1 = γ V (1 vxv ) γ V ) [ γv vxv (1 ) 1 ( γ V (vx + V v x V ) + v vx = γ V (1 v [ xv ) γv γv v x V = γ V (1 v xv ) [ γ V v x γ V + γv vxv γv V 4 v + v x ] 1/ ) ] 1/ vx V γ V + v xv γv = γ V (1 v xv ) [ γ V (1 V ) v ] 1/ = γv γ v (1 v xv ), där vi använt γv vxv 4 γv vx = γ V v x (1 V ) = v x i steget från tredje linjen till den fjärde. En sista instättning av detta i våra fyrvektorer p x, p y, p z oh E ger oss v + v x ] 1/ p x = m 0(v x V ) 1 vxv γ V γ v (1 v xv ) = γ V γ v m 0 (v x V ) = γ V (p x γ v m 0 V ) = γ V (p x EV ) p y = p z = m 0 v y γ V (1 vxv ) γ V γ v (1 v xv ) = γ vm 0 v y = p y m 0 v z γ V (1 vxv ) γ V γ v (1 v xv ) = γ vm 0 v z = p z = m 0 γ V γ v (1 v xv ) = γ V ( E m 0v x V (E γ v ) = γ v p xv ). 3. Beräkna den minimienergi som fotonerna måste ha för att proessen γ + p π 0 + p

5 skall vara möjlig. Konstanterna: m π = 134, 96 MeV/ m p = 938, 8 MeV/ = m/s. Lösning: I proessen γ + p π 0 + p, (5) står protonen stilla så, att E kinp = 0. Den vänstra sidan kan skrivas i en fyrvektor som p = ( E γ + m p, p γ, 0, 0). (6) Detta är förstås före kollisionen. För att få tröskelenergin (den minst krävda energin för proessen) bildar vi en fyrvektor där π 0 oh protonen föds i vila. Detta ger en fyrvektor p = ( m π + m p, 0, 0, 0). (7) Eftersom fyrvektorns kvadrat är invariant, kan de två fyrvektorerna p oh p relateras genom p = p ( E γ + m p) p γ = [(m p + m π )] E γ + E γm p + m p p γ = (m π + m π m p + m p) E γ m p = (m π + m π m p ) E γ = (m π + m π m p ) m p 144, 67 MeV, där vi använt sambandet Eγ = p γ för fotoner i steget från den ra till den 3dje linjen. E γ är den sökta minimienergin som fotonen bör ha för att proessen skall energetiskt vara möjlig. 4. π -mesoner träffar ett protonmål. Beräkna tröskelenergierna (den minsta energin för vilken proessen är möjlig) för reaktionerna a.) π + p π + + π + n b.) π + p K + + Σ.

6 Konstanterna: m π + = m π = 139, 57 MeV/ m n = 939, 57 MeV/ m p = 938, 8 MeV/ m K + = 493, 67 MeV/ m Σ = 1197, 35 MeV/ = m/s. Lösning: a.) Vi har proessen π + p π + + π + n, (8) att hitta törskelenergin för. Vi börjar med att skriva upp en fyrvektor för den vänstra sidan då protonen står stilla oh π rör på sig. Detta ger oss p = ( E π + m p, p π, 0, 0). (9) För att komma åt tröskelenergin för proessen bildar vi sedan en fyrvektor i vila för partiklarna på höger sida pilen. Detta ger p = ( (m π + + m π + m n), 0, 0, 0), (10) vilket vi kan använda genom fyrvektorns kvadrats invarians som p = p ( E π + m p ) p π = (m π + + m π + m n ) där vi använt sambandet E π + E π m p + m p p π = (m π + m π + + m n ) E π m p + m p + m π = (m π + m π + + m n ) E π = (m π + m π + + m n) (m p + m π ) m p, E π = p π + m π 4 E π p π = m π (11) i steget från den ra linjen till den tredje. Eftersom E π är partikelns totala energi ges tröskelenergin, som är dess kinetiska energi, av E π kin = (m π + m π + + m n) (m p + m π ) m p m π 484, 34 MeV. (1)

7 b.) Nu har vi proessen π + p K + + Σ, vilket vi direkt ser att är samma proess som i a.) uppgiften, förutom att partiklarna i slutet av proessen är andra. D.v.s. vi för tröskelenergin för denna proess direkt, genom att byta ut (m π + m π + + m n ) mot (m K + + m Σ ), vilket ger oss E π kin = (m K + + m Σ ) (m p + m π ) m p m π 904, 73 MeV. (13)