Föreläsning 11/10 Relativitetsteori Ulf Torkelsson 1 Lorentz

advertisement
Föreläsning 11/10
Relativitetsteori
Ulf Torkelsson
1
Lorentz-invarianter
Vi kan använda den inversa Lorentztransformationen för att beräkna
s2 = x2 + y 2 + z 2 − c2 t2 =
γ x + 2x vt + v t + y + z − c γ t + 2t0 vx0 /c2 + v 2 x02 /c4 =
1 − v 2 /c2 + y 02 + z 02 − c2 γ 2 t02 1 − v 2 /c2 + 2γ 2 x0 t0 v − c2 v/c2 = x02 + y 02 + z 02 − c2 t02 . (1)
2
γ 2 x02
02
0
0
2 02
02
02
2 2
02
Vi ser nu att s2 är densamma i båda referenssystemen. Vi säger att s2 är en Lorentz-invariant.
Vi kan nu konstatera att för en ljusstråle är s2 = 0. I ett rum som består av x, y och t bildar
ekvationen s2 = 0 två koner, ljuskoner, runt t-axeln. De händelser som ligger inuti någon av
ljuskonerna har s2 < 0. De händelser som ligger inuti den bakåtriktade ljuskonen är de som kan
påverka det som händer vid x = y = t = 0, och händelser inuti i den framåtriktade ljuskonen kan
påverkas av det som händer vid x = y = t = 0. Å andra sidan så är händelser med s2 > 0 inte
kausalt förbundna med det som händer vid x = y = t = 0.
Låt oss ta en kropp med massan m, rörelsemängden p och energin E och beräkna
p2 c2 − E 2 = γ 2 m2 v 2 c2 − γ 2 m2 c4 = −m2 c4
1 − v 2 /c2
= −m2 c4
1 − v 2 /c2
(2)
Vi noterar att m2 c4 måste vara en Lorentz-invariant, eftersom m är kroppens vilomassa, vilken är
oberoende av det referenssystem vi arbetar med. Det följer att fyrvektorn (E, px c, py c, pz c) följer
en Lorentz-transformation analog med den för fyrvektorn (ct, x, y, z)
p0x
E 0 = γ (E − vpx )
= γ px − vE/c2
p0y = py
p0z = pz
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
Genom uttrycken
p = γmv
(8)
E = γmc2
(9)
och
följer det också att
c2
p.
(10)
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. (2) ger att m = 0. 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.
v=
2
System av partiklar
Den totala rörelsemängden för partiklarna i ett system är
X
P=
pi
i
1
(11)
och dess energi är
E=
X
Ei .
(12)
i
Även den totala energin och rörelsemängdsmomentet måste följa en Lorentz-transformation, så det
måste också gälla att
E 2 − c2 P 2 = E 02 − c2 P 02 ,
(13)
för de båda referenssystemen O och O’. Om vi väljer P0 = 0 så får vi det referenssystem O’ i vilket
masscentrum ligger i vila. Alltså gäller det i detta fall att
E 2 − c2 P 2 = E 02 .
(14)
Vi kan beteckna E 0 som systemets inre energi Eint . Om alla partiklarna ligger i vila i O’, så har vi
X
Eint =
mi c2 ,
(15)
i
men i allmänhet tillkommer det bidrag från partiklarnas kinetiska och potentiella energier
X
Eint =
mi c2 + (Ek + Ep )int
(16)
i
Vi kan här definiera systemets bindningsenergi som
Eb = − (Ek + Ep )int .
(17)
Genom massans och energins ekvivalens kan vi också definiera en massa, M , för hela systemet som
X
M c2 =
mi c2 − Eb .
(18)
i
För bundna system är M <
3
P
i
mi .
Högenergireaktioner
Exempel: Compton-spridning. En högenergetisk foton kan spridas mot en elektron, som i spridningen tar upp en del av elektronens rörelsemängd och energi. Antag att fotonen före spridningen
har frekvensen ν och efter spridningen har frekvensen ν 0 . Då har en kinetisk energi
Ek = hν − hν 0
(19)
överförts till elektronen. För fotonen gäller att dess totala energi är E = pc = hν före kollisionen,
och därmed är dess rörelsemängd
hν
E
=
.
(20)
p=
c
c
Vid spridningen skall rörelsemängden bevaras, så om fotonen sprids i en vinkel φ och elektronen
går ut i en vinkel θ mot den infallande fotonens riktning och har en rörelsemängd pp så kan vi
uttrycka rörelsemängdens bevarande längs med och vinkelrät mot fotonens infallsriktning som
hν
c
=
0
=
hν 0
cos φ + pp cos θ
c
0
hν
sin φ − pp sin θ
c
(21)
(22)
Vi skriver om ekvationerna som
pc cos θ
pc sin θ
= hν − hν 0 cos φ
= hν 0 sin φ
2
(23)
(24)
Vi kvadrerar sedan ekvationerna och lägger ihop dem
p2 c2 = h2 ν 2 + h2 ν 02 − 2h2 νν 0 cos φ.
(25)
Det gäller också för elektronen att
Ee = Ek + mc2
(26)
Ee2 = Ek2 + m2 c4 + 2mc2 Ek = m2 c4 + p2 c2 ,
(27)
2
p2 c2 = EK
+ 2mc2 EK .
(28)
och att
ur vilken vi får att
Här sätter vi in fotonenergierna
2
h2 ν 2 +h2 ν 02 −2h2 νν 0 cos φ = (hν − hν 0 ) +2mc2 (hν − hν 0 ) = h2 ν 2 +h2 ν 02 −2h2 νν 0 +2mc2 (hν − hν 0 ) .
(29)
Efter förkortningar får vi
2h2 νν 0 (1 − cos φ) = 2mc2 (hν − hν 0 ) .
(30)
Vi ersätter nu frekvenserna med motsvarande våglängder
1
1 − cos φ
mc 1
−
=
,
h
λ λ0
λλ0
(31)
som kan skrivas om som
h
(1 − cos φ) ,
(32)
mc
där h/mc kallas för elektronens Compton-våglängd.
Exempel: Två protoner kan kollidera och i kollisionen skapa ett proton-antiproton-par enligt
reaktionen
p+ + p+ → p+ + p+ + p+ + p− .
(33)
λ0 − λ =
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 (p2 c2 + m2 c4 )1/2 medan den andra protonen endast har energin mc2 . Den totala energin i
laboratoriesystemet är alltså
1/2
E = p2 c2 + m2 c4
+ mc2 .
(34)
Energin i masscentrumsystemet ges då av
E 02 = E 2 − p2 c2 .
(35)
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
E 0 = 4mc2 .
(36)
Vi får nu ekvationen
1/2
16m2 c4 = p2 c2 + m2 c4 + m2 c4 + 2mc2 p2 c2 + m2 c4
− p2 c2 =
h
1/2 i
2mc2 mc2 + p2 c2 + m2 c4
.
(37)
Den kinetiska energin för vår ursprungliga proton är Ek , vilken ges av Ek +mc2 = (m2 c4 +p2 c2 )1/2 ,
vilket vi kan sätta in i ekvationen ovan
2mc2 mc2 + Ek + mc2 = 16m2 c4 ,
(38)
3
som ger oss
2mc2 + Ek = 8mc2 ,
(39)
Ek = 6mc2 .
(40)
vilket slutligen ger oss
Exempel: Parbildning. En tillräckligt energirik foton kan sönderfalla i ett elektron-positron-par.
Vilomassan för en elektron är 0,511 MeV, så det krävs en fotonenergi på minst 1,022 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− ) mc2 ,
(41)
medan rörelsemängdens bevarande ger
hν
= |γ+ v+ + γ− v− | m.
c
(42)
(γ+ + γ− ) c > |γ+ v+ + γ− v− | ,
(43)
Det är uppenbart att
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 + M c2 = 2mc2 + M c2 γ.
(44)
Om hν M c2 så kommer atomkärnans hastighet att vara icke-relativistisk och vi kan skriva
1
hν = 2mc2 + M c2 (γ − 1) ≈ 2mc2 + M v 2 .
2
(45)
På samma sätt kan vi skriva rörelsemängdens bevarande som
hν
= M V.
c
(46)
Om vi sätter in detta i energiekvationen får vi
2
hν = 2mc2 +
1 (hν)
≈ 2mc2 ,
2 M c2
(47)
och alltså ser vi att i detta fall så är den minsta fotonenergin som leder till bildning av ett elektronpositron-par 1,02 MeV.
Exempel: Partikelsönderfall. En π 0 -meson med den kinetiska energin 200 MeV sönderfaller till
två fotoner. Beräkna fotonernas energier och vinkeln mellan fotonerna.
Lösning: π 0 -mesonen har vilomassan mc2 = 135 MeV. Det betyder att π 0 -mesonen har γfaktorn
Ek + mc2
200 + 135
γ=
=
= 2.48,
(48)
mc2
135
och hastigheten
E 2 − m2 c4
c2
v= p=c
E
E
1/2
3352 − 1352
=
335
1/2
c = 0, 915c.
(49)
Vi börjar med att betrakta sönderfallet i systemet O’ som rör sig med π 0 -mesonen. I detta
system leder sönderfallet till att två fotoner, som vardera har energin hν = 67, 5 MeV, sänds
4
ut i två diametralt motsatta riktningar. Vi antar att den ena fotonen bildar vinkeln θ0 med π 0 mesonens rörelseriktning. I så fall har fotonerna rörelsemängderna p1 c = hν(cos θ0 , sin θ0 ) och p2 c =
hν(− cos θ0 , − sin θ0 ). Vi kan nu genom en Lorentz-transformation övergå till laboratoriesystemet
E
px
py
= γ (E 0 + vp0x )
= γ p0x + vE 0 /c2
= p0y
(50)
(51)
(52)
vilket ger för våra fotoner att
E1 = 2.48 (67.5 + 0.915 × 67.5 cos θ0 ) = 167 + 153 cos θ0 MeV
px1 = 2.48 (67.5 cos θ0 + 0.91567.5) c−1 = (167 cos θ0 + 153) MeV/c
py1 = 67, 5 sin θ0 MeV/c
(53)
(54)
(55)
och
E2
px2
py2
= 167 − 153 cos θ0 MeV
= (153 − 167 cos θ0 ) MeV/c
= −67, 5 sin θ0 MeV/c
(56)
(57)
(58)
Alltså är fotonernas energier 167+153 cos θ0 och 167−153 cos θ0 MeV, och vinkeln mellan fotonerna,
α, ges av
cos α =
p1 · p2
(153 + 167 cos θ0 ) (153 − 167 cos θ0 ) − 67, 52 sin2 θ0
=
=
|p1 | |p2 |
((167 + 153 cos θ0 ) (167 − 153 cos θ0 )
23 409 − 27 889 cos2 θ0 − 4 556 sin2 θ0
.
27 889 − 23 409 cos2 θ0
(59)
Lägg märke till att om θ = 0 så är α = π, och om θ = π/2 så är α = arccos(18853/27889) = 0, 82
radianer.
5
Download
Random flashcards
Svenska

105 Cards Anton Piter

Create flashcards