Связь энергии и импульса в релятивистской механике

Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
ЛЕКЦИЯ 22
Связь энергии и импульса в релятивистской механике. Эффект Доплера. Момент импульса. Распад частиц. Звездные реакции с превращением энергии. Комптон эффект. Антипротонный порог.
Связь энергии и импульса в релятивистской механике
В предыдущей лекции мы вычислили квадрат 4-импульса, который является релятивистски инвариантной величиной (т. е. 4-скаляром)
E2
p pi =
или
− p2 = m20 c2 .
(1)
2
c
Отсюда можно получить связь энергии и импульса частицы в релятивистской механике
q
q
2
4
2
2
E = m0 c + p c = c m20 c2 + p2 .
(2)
i
m20 c2 ,
При малых скоростях, p ¿ m0 c
p2
,
(3)
E ≈ m0 c +
2m0
т. е. за вычетом энергии покоя получаем известное классическое выражение для кинетической энергии частицы p2 /2m0 .
Из выражения для 4-импульса


2
µ
i
p =
E
,
c
¶ 
 m0 c
,
p = r
2

v
1− 2
c
mv
r 0
1−



v2 
(4)
c2
получаем связь между энергией, импульсом и скоростью частицы:
p=
Ev
.
c2
(5)
Дифференцируя по p выражение (2) и принимая во внимание последнее
соотношение, получим
cp
∂E
c2 p
=p 2
= v.
=
∂p
E
m0 c2 + p2
1
(6)
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
Таким образом, в релятивистской механике, так же как и в классической,
скорость частицы определяется производной от энергии по импульсу.
При v = c импульс и энергия частицы обращаются в бесконечность.
Это значит, что частица с отличной от нуля массой покоя m0 6= 0 не
может двигаться со скоростью света. В релятивистской механике, однако,
могут существовать частицы с массой покоя, равной нулю, движущиеся
со скоростью света. 1 Для таких частиц получаем из (5)
E
.
(7)
c
Приближенно такая же формула справедлива и для частиц с отличной от
нуля массой покоя в так называемом ультрарелятивистском случае,
когда энергия частицы E велика по сравнению с ее энергией покоя m0 c2 .
p=
Эффект Доплера
Эффект Доплера заключается в изменении частоты света при движении
источника относительно наблюдателя. Частота света ω связана с энергией фотона согласно формуле
E = ~ω,
(8)
где ~ — постоянная Планка. Поэтому выяснить, как меняется частота
света при движении источника можно, воспользовавшись формулами
преобразования Лоренца для энергии и импульса частицы.
Итак, пусть имеются две инерциальные системы отсчета K и K 0 , причем K 0 движется относительно лабораторной системы K со скоростью
V в направлении оси x. Пусть в системе K 0 имеется неподвижный отно-
K'
V
K
p
x
Рис. 1: Две системы отсчета и фотон.
1
Таковы световые кванты — фотоны и, возможно, нейтрино.
2
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
сительно нее источник. И пусть излучение этого источника распространяется под углом α к координатной оси x системы K. Тогда из преобразований Лоренца имеем связь
E
V
E
V
−
p
−
p
cos
α
x
E
c
c = cr
c.
=r
2
2
c
V
V
1− 2
1− 2
c
c
0
(9)
Но поскольку для фотона p = E/c, то
V
1 − cos α
E0 = E r c
.
V2
1− 2
c
(10)
Пусть частота света в системе K 0 , где покоится источник, равна ω 0 = ω0 .
Тогда частота света в лабораторной системе K будет равна ω:
r
V2
1− 2
c .
ω = ω0
(11)
V
1 − cos α
c
При V /c ¿ 1 и угле α, не слишком близкому к π/2, получаем из (11)
µ
¶
V
ω = ω0 1 + cos α ,
(12)
c
т. е. при приближении источника к наблюдателю (cos α > 0) частота
ω > ω0 , а при удалении источника от наблюдателя (cos α < 0) частота
ω < ω0 . Если же источник света движется по окружности по отношению
к наблюдателю, то α = π/2 и
r
V2
ω = ω0 1 − 2 ,
(13)
c
т. е. ω < ω0 в соответствии с известной формулой для замедления хода
времени в движущейся системе отсчета (нам кажется, что часы в системе
K 0 “тикают” медленнее).
Формулу для эффекта Доплера можно вывести и по-другому, не прибегая к квантовой механике. Для этого заметим, что плоская волна,
распространяющаяся в направлении оси x, записывается в виде
cos(ωt − kx),
3
(14)
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
где ω — частота, а λ = 2π/k — длина волны. Вектор k с компонентами
(k, 0, 0) — называется волновым вектором. Фазовая скорость волны
определяется из условия постоянства фазы, т. е. условия
d(ωt − kx) = 0,
или
ωdt = kdx.
(15)
Отсюда
dx ω
= .
(16)
dt
k
Для света в вакууме vф = c, поэтому для него имеет место следующее
сотношение между величиной волнового вектора и частотой волны
ω
k= .
(17)
c
Совершенно очевидно, что гребни и впадины волны остаются гребнями и впадинами в любой системе отсчета. Следовательно, форма волны
не меняется, и в системе отсчета K 0 волна описывается тем же выражением, что и (14)
cos(ω 0 t0 − k 0 x0 ),
(18)
vф =
причем фаза волны является инвариантом, т.е. не зависит от выбора
системы отсчета
ω 0 t0 − k 0 x0 = ωt − kx = ϕ = const.
(19)
В общем случае произвольного направления распространения вместо
(14) имеем
cos(ωt − kr),
(20)
где волновой вектор k показывает направления распространения волны.
Введем четырехмерный волновой вектор k i :
³ω
´
i
, k .
(21)
k =
c
Из (17) следует, что квадрат волнового 4-вектора равен нулю
ω2
− k 2 = 0.
(22)
2
c
В соответствии с (19) фаза волны
ω
ϕ = k i xi = ct − kr = ωt − kr
(23)
c
представляет собой 4-скаляр и инвариантна относительно преобразований Лоренца. В результате для частоты волны и ее волнового вектора
k i ki =
4
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
имеем следующие соотношения в двух инерциальных системах отсчета
K и K0
ω
Vω
V
−
k
k
−
0
x
x
ω
c
c ,
=r
kx0 = r c c .
(24)
c
V2
V2
1− 2
1− 2
c
c
Используя эти преобразования и соотношение (17), мы вновь приходим
к формуле эффекта Доплера (11). 2
Момент импульса
Как известно из классической механики, у замкнутой системы, кроме
энергии и импульса, сохраняется еще и момент импульса, т. е. вектор
X
M=
[r × p],
(25)
где r и p — радиус-вектор и импульс частицы; суммирование производится по всем частицам, входящим в состав системы. Сохранение момента
импульса является следствием изотропии пространства. Очевидно, что
подобный закон сохранения должен иметь место и в релятивистской механике.
Однако, как мы уже знаем, соответствующая сохраняющаяся величина должна быть записана в 4-мерном виде, т. е. либо как вектор, либо
как тензор какого-либо ранга. Это необходимо для того, чтобы закон
сохранения был бы справедлив независимо от выбора инерциальной системы отсчета. Как мы помним из лекции 9, закон сохранения момента
импульса был нами получен из условия инвариантности потенциальной
энергии системы по отношению к поворотам в трехмерном пространстве
на произвольный, бесконечно малый угол δϕ. Соответствующее изменение потенциальной энергии можно было представить в виде
δU = −δϕ · Ṁ,
(26)
откуда следовало постоянство вектора M.
Однако в геометрии Минковского такой подход оказывается невозможным. Дело в том, что угол поворота в 4-мерном пространстве не
является, вообще говоря, вектором. Действительно, компоненты этого
вектора должны были бы соответствовать поворотам в каждой из координатных плоскостей. В трехмерном пространстве таких плоскостей
2
Для этого в первой формуле уравнения (24) надо положить ω 0 = ω0 и kx = k cos α = (ω/c) cos α.
5
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
всего три: xy, xz, yz, ровно столько, какова размерность пространства.
Поэтому и угол поворота (бесконечно малого) в 3-мерном пространстве
может быть вектором (аксиальным). Однако в пространстве Минковского таких плоскостей шесть: tx, ty, tz, xy, xz, yz, а вектор (или псевдовектор) имеет всего 4 компоненты.
Для того чтобы понять, как можно обобщить понятие момента импульса на 4-геометрию Минковского, выпишем компоненты момента импульса одной частицы в проекциях на оси координат
Mx = ypz − zpy ,
My = zpx − xpz ,
Mz = xpy − ypx .
(27)
Отсюда видно, что проекции Mx , My , Mz момента импульса можно записать через компоненты антисимметричного тензора II ранга
Mαβ = xα pβ − xβ pα = −Mβα .
(28)
Его диагональные компоненты равны нулю
Mxx = Myy = Mzz = 0,
(29)
а недиагональные компоненты, которых ровно три, связаны с компонентами вектора M соотношениями
Mxy = xpy − ypx = Mz ,
Mxz = xpz − zpx = −My ,
Myz = ypz − zpy = Mx .
Это можно записать в виде таблицы


 
0
Mz −My
Mxx Mxy Mxz
0
Mx  .
Mαβ =  Myx Myy Myz  =  −Mz
My −Mx
0
Mzx Mzy Mzz
(30)
(31)
Таким образом, в трехмерном пространстве компоненты момента импульса являются одновременно компонентами аксиального вектора и антисимметричного тензора II ранга Mαβ .
Обобщению на четырехмерный случай поддается лишь вторая величина. В итоге в релятивистской механике у замкнутой системы остается
при движении постоянным, т. е. сохраняется, тензор
X¡
¢
M ik =
xi p k − xk p i .
(32)
Этот антисимметричный тензор носит название 4-тензора момента.
6
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
Пространственные компоненты тензора момента совпадают с компоP
нентами аксиального трехмерного вектора момента M = [r × p]
M 23 = Mx ,
M 13 = −My ,
M 12 = Mz .
Остальные компоненты
´
´
P³
P³
E
E
01
M
=
ctpx − c x = c
tpx − 2 x ,
c ´
³
´
³
P
P
M 02 =
ctpy − Ec y = c
tpy − E2 y ,
c ´
´
³
³
P
P
tpz − E2 z .
M 03 =
ctpz − Ec z = c
c
составляют полярный трехмерный вектор
¶
Xµ
E
c
tp − 2 r .
c
(33)
(34)
(35)
В результате 6 независимых компонент 4-тензора момента можно записать в виде
µ Xµ
¶
¶
E
M ik = c
tp − 2 r , −M .
(36)
c
Таким образом, у замкнутой системы наряду с вектором M сохраняется одновременно величина
¶
Xµ
E
tp − 2 r = const.
(37)
c
P
Поскольку, с другой стороны, полная энергия
E тоже сохраняется, то
это равенство можно написать в виде
X
X
2
c
p
Er
X −t X
= const.
(38)
E
E
Отсюда мы видим, что точка с радиус-вектором
X
Er
R= X ,
E
(39)
равномерно движется со скоростью
X
c2
p
V= X .
E
7
(40)
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
Эта скорость есть не что иное, как скорость движения системы как цеP
2
лого, отвечающая
по
формуле
(5)
(v
=
c
p/E)
ее
полным
энергии
(
E)
P
и импульсу ( p) (который также сохраняется).
Формула (39) дает релятивистское определение координат центра инерции системы. Если скорости всех частиц малы по сравнению со скоростью света c, то можно приближенно положить E = m0 c2 , и тогда вместо
(39) имеем обычное классическое выражение
P
m0 r
R= P
.
(41)
m0
Обратим внимание на то, что компоненты вектора R, определяемого
формулой (39), не составляют пространственных компонент какого-либо
4-вектора и поэтому при преобразовании системы отсчета не преобразуются как координаты какой-либо точки. Поэтому центр инерции одной
и той же системы частиц по отношению к различным системам отсчета
— это различные точки.
Распад частиц
Рассмотрим самопроизвольный распад тела с массой M0 на две части с
массами m10 и m20 . Закон сохранения энергии при распаде, примененный
в системе отсчета, в которой тело покоится, дает
M0 c2 = E10 + E20 ,
(42)
где E10 и E20 — энергии разлетающихся частей. Поскольку
E10 > m10 c2 ,
E20 > m20 c2 ,
(43)
то закон сохранения энергии может выполняться, лишь только если
M0 > m10 + m20 ,
(44)
т. е. тело может самопроизвольно распадаться на части, сумма масс покоя которых меньше массы тела.
Наоборот, если
M0 < m10 + m20 ,
(45)
то тело устойчиво по отношению к данному распаду и самопроизвольно
не распадается. Для инициирования распада надо было бы в этом случае
сообщить телу извне энергию, равную как минимум его энергии связи
(m10 + m20 − M0 )c2 .
8
(46)
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
Наряду с законом сохранения энергии при распаде должен выполняться закон сохранения импульса, т. е. сумма импульсов разлетающихся частей, как и первоначальный импульс тела, равна нулю:
p10 + p20 = 0,
p210 = p220 .
или
(47)
Но поскольку в релятивистской механике p2 = E 2 /c2 − m20 c2 , то, следовательно
2
2
E10
− m210 c4 = E20
− m220 c4 .
(48)
В результате мы приходим к системе из двух уравнений
E10 + E20 = M0 c2 ,
¡
¢
2
2
E10
− E20
= m210 − m220 c4 ,
(49)
из которых можно найти энергии разлетающихся частей
E10
M02 + m210 − m220 2
c,
=
2M0
E20
M02 − m210 + m220 2
=
c.
2M0
(50)
Введем кинетическую энергию
K = E − m0 c2
(51)
как разность между полной энергией и энергией покоя частицы. С помощью этой величины закон сохранения энергии (42) можно представить
в виде
M0 c2 = E10 + E20 = K10 + m10 c2 + K20 + m20 c2 ,
(52)
или
K10 + K20 = (M0 − m10 − m20 )c2 .
(53)
В чем польза этого соотношения? Дело в том, что кинетическая энергия
может быть преобразована в другие формы энергии, например, в тепло
или в излучение и т. д. На этом принципе основана работа атомной бомбы
— деление ядер урана с высвобождением огромного количества энергии.
Совместное сохранение энергии и импульса налагает довольно серьезные ограничения на ядерные реакции или на акты взаимодействия при
столкновениях частиц. Например, фотон высокой энергии (гамма-квант)
может породить электронно-позитронную пару по реакции
γ → e− + e+
(54)
при условии, что его энергия превышает величину
Eγ > 2me0 c2 ≈ 106 эв = 1 Мэв
9
(55)
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
(массы покоя электрона и позитрона равны).
В свободном пространстве, однако, эта реакция не может осуществиться ни при какой энергии, так как не может быть обеспечен закон сохранения импульса. Рассмотрим реакцию в системе отсчета, в которой центр
масс позитрона и электрона покоится. В этой системе сумма импульсов
позитрона и электрона равна нулю
pe− + pe+ = 0.
(56)
Но в этой системе импульс налетающего фотона не равен нулю, так как
не существует системы отсчета, в которой импульс фотона мог бы исчезнуть. Таким образом,
pγ 6= pe− + pe+ = 0,
(57)
и реакция не имеет места. Но если эта реакция невозможна в одной системе отсчета, то она невозможна и ни в какой другой системе.
Эта реакция возможна лишь вблизи другой частицы, например, вблизи ядра атома, так как тогда ядро может взять на себя изменение импульса. Оно это делает, толкая своим кулоновским полем заряженные
частицы:
pγ + pяд = p0яд + pe− + pe+ .
(58)
При этом реакция изменяет импульс ядра, но не производит в нем никаких других изменений, так что ядро действует как очень простой катализатор. Начальный импульс ядра может быть при этом равен нулю.
Без участия ядра такая реакция возможна лишь при наличии двух γ
квантов
2γ ↔ e− + e+ .
(59)
Соответственно возможна и обратная реакция, при которой электрон и
позитрон аннигилируют с образованием двух γ квантов.
Звездные реакции с превращением энергии
Важнейшим источником энергии Солнца и большинства звезд является
ядерное сжигание протонов с образованием ядер атома гелия. Выпишем
ниже массы частиц, участвующих в реакции. В физике элементарных
частиц массы принято измерять не в граммах, а в энергетических единицах, чаще всего в электрон-вольтах, которые получаются, если массу
10
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
частицы помножить на квадрат скорости света. В этих единицах
me
= 0,511 Мэв,
Mp
= 938,1 Мэв,
Mn
= 939,5 Мэв,
(60)
MHe4 = 3728 Мэв.
(напомним, что свободный нейтрон нестабилен и распадается примерно
через 15 минут на протон, электрон и антинейтрино: n → p + e− + ν̃e ).
Отсюда следует, что масса 4 протонов больше, чем масса ядра атома
гелия, примерно на 50 электронных масс:
4Mp − MHe4 = 24,4 Мэв ≈ 50 me .
(61)
Поэтому эта реакция безусловно выгодна с энергетической точки зрения.
В центре Солнца температура составляет примерно 2·107 K. Предполагается, что при этой температуре среди ядерных процессов преобладает
следующая совокупность реакций
H 1 + p = H 2 + e+ + нейтрино,
H 2 + p = He3 + γ,
(62)
He3 + He3 = He4 + 2H 1 .
Здесь H 1 — ядро атома водорода (т. е. протон), H 2 — ядро атома дейтерия (т. е. связанные вместе протон и нейтрон), H 3 — ядро атома трития
(т. е. связанные вместе протон и два нейтрона) и He3 — ядро атома гелия3 (т. е. связанное состояние двух протонов и одного нейтрона). Итоговый
результат заключается в сгорании водорода и образовании гелия — He4 .
Следует отметить, что в первой стадии выделяется нейтрино, так что
Солнце является мощным источником нейтрино. С веществом эти частицы взаимодействуют очень слабо; таким образом, почти все нейтрино, образующиеся в звездных ядерных реакциях, улетают в космическое
пространство. Они способны переносить до 10% выделяемой Солнцем
энергии.
Комптон-эффект
Комптон-эффект — это есть неупругое рассеяние света на электроне,
в результате которого меняется частота света. Для простоты рассмотрим
эту задачу в той системе отсчета, в которой электрон до столкновения
11
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
'
e'
e
Рис. 2: Эффект Комптона.
'
e
Рис. 3: Комптон эффект в системе покоя электрона.
покоился (рис 3). На рис. 3 угол θ — есть угол отклонения фотона от
первоначального направления движения.
Запишем закон сохранения 4-импульса в процессе рассеяния
piγ + pie = p0γi + p0ei ,
(63)
где индекс i — свободный индекс, обозначающий проекцию 4-импульса
и пробегающий значения 0, 1, 2, 3. Уравнение (63) можно переписать в
виде
piγ + pie − p0γi = p0ei .
(64)
Возводя последнее равенство в квадрат, получаем
piγ pγi + pie pei + p0γi p0γi + 2piγ pei − 2piγ p0γi − 2pie p0γi = p0ei p0ei .
(65)
Для фотона
piγ pγi = p0γi p0γi = 0,
(66)
pie pei = p0ei p0ei = m2e c2 .
(67)
а для электрона
12
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
В результате уравнение (65) приобретает вид:
piγ pei = piγ p0γi + pie p0γi ,
(68)
или, подставляя компоненты получаем
Eγ0
Eγ
Eγ Eγ0
Eγ Eγ0
me c =
−
cos θ + me c .
c
c c
c c
c
Отсюда находим энергию рассеянного фотона
Eγ0
=
me c2
me c2
1 − cos θ +
Eγ
< Eγ .
(69)
(70)
Она, как этого и следовало ожидать, меньше энергии налетающего фотона. Но в случае Eγ ¿ me c2 это изменение невелико и рассеяние является
практически упругим. Эффект изменения энергии (частоты) кванта заметен для фотонов больших энергий, сравнимых с энергией покоя электрона me c2 . Этот эффект наблюдался в 1923 г. как изменение длины
волны при рассеянии рентгеновского излучения.
Антипротонный порог
В качестве следующего примера рассмотрим задачу о пороговой энергии,
необходимой для образования протон-антипротонной пары, когда неподвижные протоны (мишень) бомбардируются протонами высоких энергий (бэватрон в Беркли):
p + p = p + p + (p + p),
(71)
где антипротон обозначен нами через p. Энергия покоя протон-антипротонной
пары составляет 2Mp c2 . В системе центра масс кинетическая энергия
должна быть не меньше, чем 2Mp c2 . К этому надо прибавить энергию
покоя Mp c2 каждого из исходных протонов, так что минимальная полная
энергия в системе центра масс должна составлять
Eполн (ц.м.) = 4Mp c2
(72)
(все 4 частицы после реакции покоятся).
Рассчитаем, чему соответствует эта энергия в лабораторной системе.
Как мы знаем, величина E 2 − p2 c2 , где E —энергия, а p — импульс системы, является Лоренц-инвариантной, т. е. её значение не зависит от
13
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
выбора системы отсчета. Запишем этот инвариант для системы из двух
протонов в двух системах отсчета, лабораторной и системе центра масс
(E1 + E2 )2 − (p1 + p2 )2 c2 = (E10 + E20 )2 − (p01 + p02 )2 c2 .
|
{z
} |
{z
}
(73)
ц.м.
лаб.
Поскольку в лабораторной системе второй протон покоится, то E2 =
Mp c2 , а p2 = 0. В системе центра масс энергия E10 + E20 = Eполн (ц.м.) ,
а p01 + p02 = 0. С учетом этого равенство (73) можно переписать в виде
2
E12 + Mp2 c4 + 2E1 Mp c2 − p21 c2 = Eполн
(ц.м.) .
(74)
Принимая во внимание, что E12 − p21 c2 = Mp2 c4 , получим
2
Mp2 c4 + Mp2 c4 + 2E1 Mp c2 = Eполн
(ц.м.)
(75)
или
2
2Mp c2 (E1 + Mp c2 ) = Eполн
Но E1 + Mp c2 = E1 + E2 = Eполн
Eполн
(лаб)
=
(лаб) ,
(ц.м.) .
(76)
поэтому
2
Eполн
(ц.м.)
2Mp c2
(4Mp c2 )2
=
= 8Mp c2 .
2
2Mp c
(77)
Но в эти 8Mp c2 входят 2Mp c2 в виде энергии покоя двух протонов. Следовательно, кинетическая энергия, которую надо сообщить налетающему
протону, равна 6Mp c2 . Таким образом, пороговая энергия составляет
6Mp c2 = 6 · 0,938 Гэв ≈ 5,63 Гэв.
(78)
Если налетающий протон сталкивается с протоном, связанным в ядре,
то пороговая энергия понижается, так как протон-мишень связан. Экспериментально наблюдаемая пороговая энергия образования антипротона
составляет 4,4 Гэв, что на 1,2 Гэв меньше вычисленной для свободного
покоящегося протона-мишени. Этот порог в лабораторной системе отсчета представляет собой минимальную кинетическую энергию, которой
должен обладать налетающий протон, чтобы вызвать рассматриваемую
реакцию.
Задачи
1. Полагают, что можно получить моноэнергетические фотоны высоких энергий путем рассеяния лазерного излучения на пучке быстрых электронов, выходящих из электронного ускорителя. Выведите
14
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
формулу для максимальной энергии Eγ0 max каждого из рассеиваемых
фотонов в зависимости от энергии фотонов лазерного излучения Eγ
и энергии электронов Ee в пучке. Выполните численные расчеты в
случае излучения рубинового лазера (λ = 694 нм), которое рассеивается на электронах с энергией 20 Гэв, получаемых от Стэнфордского
линейного ускорителя.
Ответ: Максимальная энергия рассеиваемых фотонов достигается
при так называемом рассеянии назад, когда пучок фотонов от лазера, направленный точно навстречу пучку быстрых электронов, в
результате рассеяния меняет направление своего распространения на
противоположное. Электроны при этом продолжают свое движение в
прежнем направлении (но с существенно меньшей энергией). Учтем
также, что при энергии электронов Ee = 20 Гэв величина энергии
покоя электрона me c2 = 0.511 Мэв ничтожно мала по сравнению с
Ee . Поэтому получим
2Eγ Ee
Eγ (Ee + cpe )
µ
¶,
≈
Eγ0 max =
2
2Eγ + Ee − cpe
1
m
c
e
2Eγ + me c2
2
Ee
p
где pe = Ee2 − m2e c4 /c — импульс электронов в пучке. При достаточно больших энергиях электронов Ee вторым слагаемым в знаменателе этой формулы можно пренебречь. В этом случае Eγ0 max ≈ Ee , т.е.
энергия рассеянных фотонов практически равна энергии электронов
в пучке. В рассматриваемом же случае Eγ = 1.78 эв и мы получаем
Eγ0 max ≈ 0.35 Ee ≈ 7.06 Гэв, что в 4 · 109 раз больше энергии фотонов
рубинового лазера.
2. Показать, что свободный электрон, движущийся в вакууме со скоростью v не может излучить один фотон.
3. Определить минимальный угол разлета θmin двух одинаковых частиц
после столкновения, если одна частица до столкновения покоилась,
а вторая имела скорость v.
Ответ:
r
v2
1− 1− 2
c .
r
cos θmin =
v2
1+3 1− 2
c
При v ¿ c угол θmin → π/2, что соответствует классическому результату при не лобовом соударении.
15
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
4. Определить наибольшую энергию, которую может унести одна из
распадных частиц при распаде неподвижной частицы с массой M на
три частицы с массами m1 , m2 , m3 .
Ответ: Пусть это будет частица m1 . Тогда
M 2 + m21 − (m2 + m3 )2 2
E1 max =
c.
2M
5. Масса покоя протона составляет mp = 938 Мэв. В космических лучах
встречаются протоны с энергией порядка 1010 Гэв (1 Гэв = 103 Мэв).
Пусть протон с такой энергией пересекает Галактику по диаметру.
Этот диаметр равен 105 световых лет. Сколько времени потребуется
протону на это путешествие “с его точки зрения”?
Ответ: С точки зрения земного наблюдателя, такой протон пересечет
Галактику по диаметру за 105 лет. С точки зрения протона такое
путешествие займет всего τ ≈ 5 мин.
6. Система состоит из двух электронов. Один электрон покоится, другой движется со скоростью v. Найти скорость движения V инерциальной системы отсчета K 0 в которой суммарный импульс системы
равнялся бы нулю.
Ответ:
v
r
.
V=
v2
1+ 1− 2
c
7. Система состоит из покоящегося электрона массы me и фотона c
частотой ω, летящего в направлении единичного вектора n. Найти
скорость движения центра инерции этой системы. Покажите, что в
инерциальной системе отсчета, движущейся с такой скоростью, суммарный импульс системы электрон + фотон равняется нулю.
Ответ:
c En
, где E = ~ω.
Vc =
E + me c2
8. Два фотона с разными частотами ω1 и ω2 летят навстречу друг другу.
Найти скорость Vc движения центра инерции этой системы. Какую
частоту будут иметь эти фотоны в инерциальной системе отсчета K 0
движущейся с такой скоростью?
Ответ: Пусть для определенности ω1 > ω2 и n1 — это единичный
вектор в направлении движения первого фотона. Тогда
√
ω1 − ω2
Vc = c
n1 ,
ω10 = ω20 = ω1 ω2 .
ω1 + ω2
16
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
9. Два фотона с разными частотами ω1 и ω2 летят навстречу друг другу.
При каком условии они при столкновении могут породить электронпозитронную пару?
Ответ:
µ
¶2
me c2
ω1 ω2 ≥
.
~
10. В инерциальной лабораторной системе отсчета K под углом 90◦ друг
к другу летят два фотона с одинаковой частотой ω. Волновые вектора k1,2 каждого из них образуют угол в 45◦ с осью x. Найти скорость
V инерциальной системы отсчета K 0 в которой суммарный импульс
системы фотонов равняется нулю. Какова частота и направления импульсов фотонов в этой системе отсчета?
Ответ: Система отсчета K 0 движется в направлении оси x:
c
ω
V =√ ,
ω0 = √ .
2
2
В системе K 0 фотоны движутся параллельно оси y 0 навстречу друг
другу.
11. Фотон с частотой ω отражается от летящего навстречу ему со скоростью V зеркала. Считая, что направление движения фотона перпендикулярно плоскости зеркала, найти частоту отраженного фотона
ω 0 . При тех же условиях найти частоту отраженного фотона ω 00 от
“убегающего” (со скоростью V ) от него зеркала.
Ответ:
V
V
1+
1−
c,
c.
ω0 = ω
ω 00 = ω
V
V
1−
1+
c
c
12. Частица с массой покоя m1 и скоростью v1 сталкивается с покоящейся частицей массы m2 , которая поглощает налетевшую частицу.
Найти массу покоя m и скорость v возникшей в результате столкновения частицы.
Ответ:
v
u
2m1 m2
v1
r
m=u
,
v=
.
um21 + m22 + r
t
v12
m2
v12
1− 2
1+
1− 2
c
m1
c
17
Д. А. Паршин, Г. Г. Зегря
Физика СТО
Лекция 22
Анекдот
Энрико Ферми был членом Итальянской академии наук. Заседания её
проходили во дворце и обставлялись всегда чрезвычайно пышно.
Опаздывая на одно из заседаний, Ферми подъехал ко дворцу на своём маленьком “фиате”. Выглядел он совсем не по-профессорски, имел
довольно затрапезный вид, был без положенной мантии и треуголки.
Ферми решил всё же попытаться проникнуть во дворец. Преградившим
ему путь карабинерам он отрекомендовался как “шофёр Его Превосходительства профессора Ферми”. Всё обошлось благополучно.
18