Föreläsning 13/5 Relativistisk kinematik Ulf Torkelsson 1

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
dr
v=
.
(1)
dt
Egentiden för O’ är
1/2
dτ = dt 1 − v 2 /c2
.
(2)
Vi kan då definiera egenhastigheten som
dr
dr
=γ
= γv,
dτ
dt
vproper =
(3)
och vi definierar sedan rörelsemängden som
p = mvproper = γmv,
(4)
vilken har egenskapen att den är bevarad vid stötar.
Med denna definition av rörelsemängden kan vi också skriva Newtons andra lag som
!
dp
d
mv
F=
=
.
dt
dt (1 − v 2 /c2 )1/2
(5)
Låt oss betrakta två specialfall. Vid rätlinjig rörelse verkar kraften i rörelsens riktning och vi har
!
mv
mv
d
m
dv
v dv
m
dv
F =
=
+
=
. (6)
1/2 dt
3/2 c2 dt
3/2 dt
2
2
2
2
2
2
dt (1 − v 2 /c2 )1/2
(1 − v /c )
(1 − v /c )
(1 − v /c )
Vid cirkulär rörelse med konstant fart gäller å andra sidan att v 2 är konstant, och vi har
F=
m
(1 −
dv
,
dt
1/2
v 2 /c2 )
(7)
där derivatan är centripetalaccelerationen, vars storlek är v 2 /R, där R är cirkelns radie, så vi har
F =
m
(1 −
1/2
v 2 /c2 )
v2
.
R
(8)
Vi kan nu också beräkna den kinetiska energin för en partikel, om partikeln accelereras av en
kraft FT längs sin rörelseriktning, vilket ger oss
Z x
Z x
Z p
dp
Ek =
FT ds =
ds =
vdp.
(9)
0
0 dt
0
Vi kan partialintegrera uttrycket
Z v
Z v
Ek = vp −
pdv = γmv 2 −
0
0
mvdv
mv 2
1/2
(1 − v 2 /c2 )
1/2
(1 − v 2 /c2 )
+ mc2
=
mv 2
1/2
h
1/2 iv
− −mc2 1 − v 2 /c2
=
0
(1 − v 2 /c2 )
1/2
mv 2 + mc2 − mv 2
1 − v 2 /c2
− mc2 =
− mc2 =
1/2
(1 − v 2 /c2 )
mc2
− mc2 = mc2 (γ − 1) . (10)
1/2
(1 − v 2 /c2 )
1
Detta uttryck ser väldigt olikt ut vår vanliga kinetiska energi, men vid en serieutveckling i
v 2 /c2 får vi
v2
3
v4
1
3
v2
1
Ek ≈ mc2 + mc2 2 + mc2 4 + .... − mc2 = mv 2 + mv 2 2 + .....
2
c
8
c
2
8
c
(11)
Vi kan ordna om termerna i vår kinetiska energi som
Ek + mc2 = γmc2 = E,
(12)
där E är den totala energin. Vi tolkar mc2 som partikelns viloenergi.
2
Lorentzinvarianter
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
(13)
Vi noterar att m2 c4 måste vara en Lorentz-invariant analog med s2 , 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):
E 0 = γ (E − vpx )
p0x = γ px − vE/c2
p0y = py
p0z = pz
(14)
(15)
(16)
(17)
(18)
Genom uttrycken
p = γmv
(19)
E = γmc2
(20)
och
följer det också att
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 = 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=
3
System av partiklar
Den totala rörelsemängden för partiklarna i ett system är
X
P=
pi
(22)
i
och dess energi är
E=
X
Ei .
i
2
(23)
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 ,
(24)
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 .
(25)
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 ,
(26)
i
men i allmänhet tillkommer det bidrag från partiklarnas kinetiska och potentiella energier
X
Eint =
mi c2 + (Ek + Ep )int
(27)
i
Vi kan här definiera systemets bindningsenergi som
Eb = − (Ek + Ep )int .
(28)
Genom massans och energins ekvivalens kan vi också definiera en massa, M , för hela systemet som
X
M c2 =
mi c2 − Eb .
(29)
i
För bundna system är M <
4
P
i
mi .
Högenergireaktioner
Exempel: Två protoner kan kollidera och i kollisionen skapa ett proton-antiproton-par enligt reaktionen
p+ + p+ → p+ + p+ + p+ + p− .
(30)
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 .
(31)
Energin i masscentrumsystemet ges då av
E 02 = E 2 − p2 c2 .
(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
E 0 = 4mc2 .
(33)
Vi får nu ekvationen
1/2
− p2 c2 =
16m2 c4 = p2 c2 + m2 c4 + m2 c4 + 2mc2 p2 c2 + m2 c4
h
1/2 i
.
2mc2 mc2 + p2 c2 + m2 c4
3
(34)
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 ,
(35)
som ger oss
2mc2 + Ek = 8mc2 ,
(36)
Ek = 6mc2 .
(37)
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 ,
(38)
medan rörelsemängdens bevarande ger
hν
= |γ+ v+ + γ− v− | m.
c
(39)
(γ+ + γ− ) c > |γ+ v+ + γ− v− | ,
(40)
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.
(41)
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
(42)
På samma kan vi skriva rörelsemängdens bevarande som
hν
= M V.
c
(43)
Om vi sätter in detta i energiekvationen får vi
2
hν = 2mc2 +
1 (hν)
≈ 2mc2 ,
2 M c2
(44)
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,
(45)
mc2
135
och hastigheten
E 2 − m2 c4
c2
v= p=c
E
E
1/2
3352 − 1352
=
335
4
1/2
c = 0, 915c.
(46)
Vi börjar med att betrakta sönderfallet i systemet O’ som rör sig med pi0 -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 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
(47)
(48)
(49)
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
(50)
(51)
(52)
och
E2
px2
py2
= 167 − 153 cos θ0 MeV
= (153 − 167 cos θ0 ) MeV/c
= −67, 5 sin θ0 MeV/c
(53)
(54)
(55)
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
(56)
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