Föreläsning 13/5 Relativistisk kinematik Ulf Torkelsson 1 Relativistisk rörelsemängd, kraft och energi Antag att en observatör O följer med en kropp i rörelse. Enligt observatören O så har O hastigheten v dr dt. 1 Egentiden för O är dτ dt 1 v 2 /c 2 1/2. 2 Vi kan då definiera egenhastigheten som och vi definierar sedan rörelsemängden som v proper dr dτ γ dr γv, 3 dt p mv proper γmv, 4 vilken har egenskapen att den är bevarad vid stötar. Med denna definition av rörelsemängden kan vi också skriva Newtons andra lag som F dp dt d mv. 5 dt 1 v 2 /c 2 1/2 Låt oss betrakta två specialfall. Vid rätlinjig rörelse verkar kraften i rörelsens riktning och vi har F d mv m dv dt 1 v 2 /c 2 1/2 1 v 2 /c 2 1/2 dt + mv v dv 1 v 2 /c 2 3/2 c 2 dt m dv 1 v 2 /c 2 3/2 dt. 6 Vid cirkulär rörelse med konstant fart gäller å andra sidan att v 2 är konstant, och vi har F m dv 1 v 2 /c 2 1/2 dt, 7 där derivatan är centripetalaccelerationen, vars storlek är v 2 /R, där R är cirkelns radie, så vi har F m v 2 1 v 2 /c 2 1/2 R. 8 Vi kan nu också beräkna den kinetiska energin för en partikel, om partikeln accelereras av en kraft F T längs sin rörelseriktning, vilket ger oss E k Vi kan partialintegrera uttrycket E k vp v pdv γmv 2 v x F T ds x dp dt ds p vdp. 9 mvdv 1 v 2 /c 2 mv 2 [ mc 1/2 1 v 2 /c 2 2 1 v 2 /c 2 ] 1/2 v 1/2 mv 2 1 v 2 /c 2 + 1/2 mc2 1 v 2 /c 2 1/2 mc 2 mv2 + mc 2 mv 2 mc 2 1 v 2 /c 2 1/2 mc 2 1 v 2 /c 2 1/2 mc2 mc 2 γ 1. 1 1
Detta uttryck ser väldigt olikt ut vår vanliga kinetiska energi, men vid en serieutveckling i v 2 /c 2 får vi E k mc 2 + 1 v2 mc2 2 c 2 + 3 v4 mc2 8 c 4 +... mc2 1 2 mv2 + 3 v2 mv2 +... 11 8 c2 Vi kan ordna om termerna i vår kinetiska energi som E k + mc 2 γmc 2 E, 12 där E är den totala energin. Vi tolkar mc 2 som partikelns viloenergi. 2 Lorentzinvarianter Låt oss ta en kropp med massan m, rörelsemängden p och energin E och beräkna p 2 c 2 E 2 γ 2 m 2 v 2 c 2 γ 2 m 2 c 4 m 2 c 4 1 v2 /c 2 1 v 2 /c 2 m2 c 4 13 Vi noterar att m 2 c 4 måste vara en Lorentz-invariant analog med s 2, eftersom m är kroppens vilomassa, vilken är oberoende av det referenssystem vi arbetar med. Detta betyder också att energi och rörelsemängd måste transformera på samma sätt som ct, x, y, z: och Genom uttrycken följer det också att E γ E vp x 14 p x γ p x ve/c 2 15 p y p y 16 p z p z 17 18 p γmv 19 E γmc 2 2 v c2 p. 21 E Vi kan notera att för en foton, som har v c, följer det att E pc, vilket om vi sätter in det i Ekv. 13 ger att m. Fotonen har alltså inte någon vilomassa. Detta leder till att en foton alltid rör sig med ljusets hastighet, och att det inte går att definiera ett referenssystem i vilket fotonen befinner sig i vila. 3 System av partiklar Den totala rörelsemängden för partiklarna i ett system är P i p i 22 och dess energi är E i E i. 23 2
Även den totala energin och rörelsemängdsmomentet måste följa en Lorentz-transformation, så det måste också gälla att E 2 c 2 P 2 E 2 c 2 P 2, 24 för de båda referenssystemen O och O. Om vi väljer P så får vi det referenssystem O i vilket masscentrum ligger i vila. Alltså gäller det i detta fall att E 2 c 2 P 2 E 2. 25 Vi kan beteckna E som systemets inre energi E int. Om alla partiklarna ligger i vila i O, så har vi E int i m i c 2, 26 men i allmänhet tillkommer det bidrag från partiklarnas kinetiska och potentiella energier E int i m i c 2 + E k + E p int 27 Vi kan här definiera systemets bindningsenergi som E b E k + E p int. 28 Genom massans och energins ekvivalens kan vi också definiera en massa, M, för hela systemet som Mc 2 i m i c 2 E b. 29 För bundna system är M < i m i. 4 Högenergireaktioner Exempel: Två protoner kan kollidera och i kollisionen skapa ett proton-antiproton-par enligt reaktionen p + + p + p + + p + + p + + p. 3 Beräkna den minsta kinetiska energi som en proton behöver för att vid en kollision med en stationär proton skapa ett proton-antiproton-par. Lösning: I laboratoriesystemet har en av våra protoner rörelsemängden p och den totala energin p 2 c 2 + m 2 c 4 1/2 medan den andra protonen endast har energin mc 2. Den totala energin i laboratoriesystemet är alltså E p 2 c 2 + m 2 c 4 1/2 + mc 2. 31 Energin i masscentrumsystemet ges då av E 2 E 2 p 2 c 2. 32 Den energi som behövs för att skapa ett proton-antiproton-par blir minst om alla partiklarna efteråt ligger i vila i masscentrumsystemet, så att vi har Vi får nu ekvationen E 4mc 2. 33 16m 2 c 4 p 2 c 2 + m 2 c 4 + m 2 c 4 + 2mc 2 p 2 c 2 + m 2 c 4 1/2 p 2 c 2 2mc 2 [ mc 2 + p 2 c 2 + m 2 c 4 1/2 ]. 34 3
Den kinetiska energin för vår ursprungliga proton är E k, vilken ges av E k +mc 2 m 2 c 4 +p 2 c 2 1/2, vilket vi kan sätta in i ekvationen ovan som ger oss vilket slutligen ger oss 2mc 2 mc 2 + E k + mc 2 16m 2 c 4, 35 2mc 2 + E k 8mc 2, 36 E k 6mc 2. 37 Exempel: Parbildning. En tillräckligt energirik foton kan sönderfalla i ett elektron-positron-par. Vilomassan för en elektron är,511 MeV, så det krävs en fotonenergi på minst 1,22 MeV. Det finns dock ytterligare begränsningar, ty en foton i tomma rymden kan inte sönderfalla i en elektron och en proton, eftersom både rörelsemängd och energi skall bevaras i processen. Energins bevarande ger hν γ + + γ mc 2, 38 medan rörelsemängdens bevarande ger Det är uppenbart att hν c γ +v + + γ v m. 39 γ + + γ c > γ + v + + γ v, 4 och därmed kan det inte finnas någon lösning till ekvationerna. Om fotonen kolliderar med en atomkärna kan däremot atomkärnan ta upp rörelsemängden och elektron-positron-paret kan skapas i vila. Vi har då för energins bevarande hν + Mc 2 2mc 2 + Mc 2 γ. 41 Om hν Mc 2 så kommer atomkärnans hastighet att vara icke-relativistisk och vi kan skriva hν 2mc 2 + Mc 2 γ 1 2mc 2 + 1 2 Mv2. 42 På samma kan vi skriva rörelsemängdens bevarande som hν c Om vi sätter in detta i energiekvationen får vi MV. 43 hν 2mc 2 + 1 hν 2 2 Mc 2 2mc2, 44 och alltså ser vi att i detta fall så är den minsta fotonenergin som leder till bildning av ett elektronpositron-par 1,2 MeV. Exempel: Partikelsönderfall. En π -meson med den kinetiska energin 2 MeV sönderfaller till två fotoner. Beräkna fotonernas energier och vinkeln mellan fotonerna. Lösning: π -mesonen har vilomassan mc 2 135 MeV. Det betyder att π -mesonen har γ- faktorn γ E k + mc 2 2 + 135 mc 2 2.48, 45 135 och hastigheten v c2 E 2 E p c m 2 c 4 1/2 335 2 135 2 1/2 c, 915c. 46 E 335 4
Vi börjar med att betrakta sönderfallet i systemet O som rör sig med pi -mesonen. I detta system leder sönderfallet till att två fotoner, som vardera har energin hν 67, 5 MeV, sänds ut i två diametralt motsatta riktningar. Vi antar att den ena fotonen bildar vinkeln θ med π - mesonens rörelseriktning. I så fall har fotonerna rörelsemängderna p 1 c hνcos θ, sin θ och p 2 c hν cos θ, sin θ. Vi kan nu genom en Lorentz-transformation övergå till laboratoriesystemet vilket ger för våra fotoner att och E γ E + vp x 47 p x γ p x + ve /c 2 48 p y p y 49 E 1 2.48 67.5 +.915 67.5 cos θ 167 + 153 cos θ MeV 5 p x1 2.48 67.5 cos θ +.91567.5 c 1 167 cos θ + 153 MeV/c 51 p y1 67, 5 sin θ MeV/c 52 E 2 167 153 cos θ MeV 53 p x2 153 167 cos θ MeV/c 54 p y2 67, 5 sin θ MeV/c 55 Alltså är fotonernas energier 167+153 cos θ och 167 153 cos θ MeV, och vinkeln mellan fotonerna, α, ges av cos α p 1 p 2 p 1 p 2 153 + 167 cos θ 153 167 cos θ 67, 5 2 sin 2 θ 167 + 153 cos θ 167 153 cos θ 23 49 27 889 cos 2 θ 4 556 sin 2 θ 27 889 23 49 cos 2 θ. 56 Lägg märke till att om θ så är α π, och om θ π/2 så är α arccos18853/27889, 82 radianer. 5