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
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 4000000 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 /
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.
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
skall vara möjlig. Konstanterna: m π = 134, 96 MeV/ m p = 938, 8 MeV/ = 9979458 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.
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/ = 9979458 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)
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)