Сборник задач по теории относительности - Лайтман А.
Скачать (прямая ссылка):
Py+ P* = P^ (1)
где pY —импульс фотона, ре — импульс электрона до поглощения или после испускания фотона, а р« —импульс электрона в отсутствие фотона.
Возводя в квадрат правую и левую часть равенства (1), получаем
Py Pv + 2р„-Pv+ ре-ре = ре P^,
0 + 2рй-р у —ті = —ті, Pe-Py = O.
Но в системе отсчета, в которой ре = (т, О) и рУ = (Е, ~р), последнее соотношение означает, что энергия фотона должна быть равна нулю, т. е. что фотон не существует. Таким образом, изолированный свободный электрон не может ни поглотить, ни испустить фотон
Решение 2.4. Если р —4-импульс составной системы, возникшей при столкновении, и Y = (l — то
P = CnxY, Zn1Yf1) + ^, 0)
и
т = (— р- р)1/» = (т\ + ml + 2ут1ті)Ч*, 160
РЕШЕНИЯ
Решение 2.5. Пусть нейтрон движется ВДОЛЬ ОСИ X. В своей системе покоя электрон обладает 4-вектором импульса
P' = (?', P' cos ft, P' sin ft, 0), E'=те( 1 - о?)-'/.
(не ограничивая общности, мы ориентировали нашу систему координат так, чтобы вектор Pi лежал в плоскости ху), причем вектор P' изотропен. В лабораторной системе отсчета 4-импульс P мы получим, подвергнув ~Р' преобразованию Лоренца: Px = У (P' COS ft + ??'), Py = P'sin ft,
или
Последнее уравнение означает, что в лабораторной системе отсчета конец вектора импульса в импульсном пространстве лежит на эллипсе с центром в течке (v??", 0), большой полуосью уP' и малой полуосью P'. При вычерчивании этого эллипса могут представиться следующие три случая:
-IyP'-*
О к
¦Э—О
?E'>P"
JiE'* P' Фиг. 8.
?E'<.P'
Решение 2.6. Пусть P и Q —4-импульсы сталкивающихся протонов и W — полная энергия в системе центра масс. В этой системе отсчета
W2 = (P0 + Q0)2 = -(Р + Q)2,
но поскольку это выражение для W2 инвариантно, то его можно вычислять в любой системе отсчета. В эксперименте, проводимом по традиционной схеме, в лабораторной системе отсчета
P = (Е, Р), Q = (m, 0), ГЛАВА 2
15Э
поэтому
W2 = (? + m)2-p2 = 2?m + 2m2^ 2 Em при E m.
При E = 30 ГэВ, m = 0,94 ГэВ достижимая энергия составляет W^ 7,5 ГэВ.
В эксперименте со встречными пучками в лабораторной системе отсчета
P = (Е, Р),
Q=(?, -7),
поэтому Wi = AE2, т. е. W = 2Е. При ?=15 ГэВ достижимая энергия составляет W = 30 ГэВ. Чтобы достичь W = 30 ГэВ в эксперименте, проводимом по традиционной схеме, потребовалась бы энергия E = W212т ^ 480 ГэВ.
Решение 2.7. Пусть индексы 0 и 1 означают первоначально двигавшуюся и первоначально стационарную частицу. Приравнивая 4-импульсы до и после столкновения, получаем
Po+Pl = Po'+Pl', (Po +Pi-Po')2 = PiS — 3т2 + 2Р0 • P1 - 2Р0- • (P0 + Pi) = — т2. Подставляя в эти соотношения
Р0 = (?, Р), Е = т + Т0, P1 = (^O), Е' = т + Т\ Pо- = (?', Pt), P P'= PP'cos ft,
находим
-m2-Em+E' (E+m)- PP' cos # = 0,
т. е.
(E2 - m2Y'> (E'' - m2)l/> cos ft = (E'- m) (E + m).
Возводя в квадрат обе части последнего равенства и разлагая на множители разности квадратов, вычисляем кинетическую энергию рассеянной частицы:
(Е - т) (?' + т) cos2 ft = (E' — т) (Е + т),
T0 (T' + 2т) cos2 ft = T' (T0 + 2m),
T (— T0 cos2 d + T0 + 2m) = 2mT0 cos2 ft,
, 2rtiTp cos2 d 1 - 2m + To sin2d '
6 Заказ 710 162
РЕШЕНИЯ
Решение 2.8. Из закона сохранения 4-импульса следует, что
Py + Рлг = Pw + Ря (N' — нуклон, возникающий
в результате реакции), (P7+ Р„)2 = (Pw-+ Pn)2.
В лабораторной системе отсчета (в которой ?Y~3K~2,5x X Ю-10 МэВ)
Pу = (Еу, Py), PN = (EN, Pn)-В системе центра масс при достижении порога реакции PN' + Pn = (mN+mn, О),
в силу чего
2Py -Pn-m% = — (mN + т„)*, —2 EyE N + 2 PypN = - 2 mNmn — т^
Но Py = Ey, поскольку ту = 0, и при центральном столкновении Py-Pn = — PyPN, поэтому
2-940-140+1402 = 2 (2,5XlCr10) МЭВ = 6X10» МэВ.
Учитывая, что En^mN, слагаемое (Е% — т%)1/» можно заменить на En. Итак, Е^^ЗхЮ14 МэВ.
Решение 2.9. Прежде всего запишем закон сохранения 4-импульса и исключим из него 4-импульс Л-гиперона:
Pu + Pn == Pat + Рл. Р1 = -т3А = (Рп + Рп-РкГ = -т^-т%-тк + + 2РЯ • Р» — 2Р„ • Pk — 2Р„ • Рк.
В лабораторной системе отсчета Pn = (Ея, Pn),
Рп = (тп,Ъ), Pк = (Ек,Рк),
поэтому
— т*„-т%-т'к- 2тпЕп + 2 тпЕк+2 Е„ЕК -2РЯ-РК = — т%. Полагая Pa-Pk = Q (рассеяние на 90°), находим
F - mA-K-K~тк + 2тпЕК 2 (Kii -Ek) ГЛАВА 2
163
Таким образом, чтобы энергия En была минимальна, мы должны (как и следовало ожидать) понизить до минимума Ек, поэтому разумно положить Ek = tn«:
Eti (пороговая) —
2 (тп-тк) 2 (тп-тк)
11152 — 1402 940 — 494
2 2 (940—494) 2
= 1149 МэВ.
Следовательно, пороговая кинетическая энергия равна 1149 — — 140=1009 МэВ.
Решение 2.10.
а) Из закона сохранения 4-импульса следует, что
Pc = — тс = (Рд — Pb)2 = — т*а — т% — 2Рд • P?. (1)
В лабораторной системе отсчета Рд = (тА, 0), Ps = (Ев, Рв), поэтому — mb = — т*А — т% - 2тАЕв,
откуда
Eb = піл + m| — тЫ2тА.
б) Поскольку тА = М, тв = 0, тс = М — Ь, то
„ , М2—(М—6)2 f. б2 -EB = hv =-w-L. = 8-m<o.
В реальных условиях hv Ф б, поскольку некоторая доля энергии уходит на отдачу атома М, необходимую для сохранения импульса. В эффекте Мёссбауэра импульс отдачи распределяется между ~ IO23 атомами, поэтому энергия отдачи пренебрежимо мала.
