Примеры решения задач по СТО и релятивиской динамике
.pdfПРИМЕРЫ решения ЗАДАЧ по СТО и РЕЛЯТИВИСТСКОЙ ДИНАМИКЕ
Эффект Комптона.
Эффектом Комптона называют рассеяние гамма-кванта (фотона большой энергии) на свободном электроне. Если перевести на наш язык первого семестра, то под рассеянием следует понимать абсолютно упругое столкновение фотона с электроном. Задача решается с помощью законов сохранения энергии и импульса для замкнутой системы двух частиц. Мы предполагаем, что энергия γ - кванта так велика, что для энергии электрона надо
использовать релятивистскую формулу для энергии. Естественно, что до столкновения электрон имел энергию покоя. Уравнение, выражающее закон сохранения энергии для системы имеет вид:
=ω +mc2 = =ω′+ E |
(1) |
Закон сохранения импульса напишем в проекциях на оси: совпадающую с первоначальным направлением движения - кванта и перпендикулярную ей:
=ω |
= |
=ω′cosα + p cos β |
|
c |
|
c |
(2) |
=ω′ |
|
|
|
sinα = psin β |
|
||
c |
|
||
|
|
|
α,β −углы рассеяния (отсчитываемые от оси, совпадающей с первичным направлением
фотона) - кванта и электрона соответственно. Уравнения три, а входящих величин больше. Поэтому определимся с тем, что измеряется на опыте, а что подлежит вычислению. Мы будем считать известными величинами: частоту или энергию кванта до рассеяния и угол, на который он рассеялся. Кроме того, нам известна формула, связывающая между собой энергию, импульс и энергию электрона. Задача – вычислить энергию γ - кванта после
столкновения с электроном.
Исключим (2) угол рассеяния электрона. Для этого сложим квадрат правой части второго уравнения с квадратом первого после переноса импульса рассеянного фотона в левую часть:
|
|
(=ω |
− =ω′cosα)2 |
+( |
=ω′sinα)2 |
= p2 |
|
|
|
||||||
|
|
c |
c |
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
|
|
|
После тривиальных преобразований получим: |
|
|
c |
|
= E |
|
−(mc |
) |
|
(3) |
|||||
(=ω) |
|
+(=ω ) |
−2= ωω |
cosα = p |
|
|
|
||||||||
|
2 |
′ 2 |
2 |
′ |
|
|
2 |
|
2 |
|
2 |
2 |
|
2 |
|
Найдем из (1) квадрат энергии электрона и приравняем его с выраженным из (30):
(=ω) |
2 |
|
|
′ |
2 |
|
2 |
′ |
+ |
′ |
|
|
2 |
2 |
) |
2 |
= |
|
+(=ω ) |
|
−2= ωω |
2(=ω−=ω )mc |
|
+(mc |
|
||||||||||
=(=ω) |
|
+(=ω ) |
−2= ωω |
cosα +(mc |
) |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
2 |
|
′ 2 |
|
2 |
′ |
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
Исключив подобные члены, получим:
(=ω −=ω′)mc2 = =2ωω′(1−cosα)
Поделим последнее равенство на =mc2ωω′:
ω1′ −ω1 = mc=2 (1−cosα)
Так как длина волны связана с частотой, как λ = 2ωπ , последнюю формулу можно записать через разность длин волн:
|
′ |
2π= |
|
(4) |
|
λ |
−λ = mc2 |
(1−cosα) |
|||
|
Экспериментально можно определить изменение длины в зависимости от угла рассеяния. Как это делается, будет объяснено в пятом семестре. Решение этой задачи здесь приведено по двум причинам. Во–первых, совпадение опыта с расчетом подтверждает выше рассмотренную теорию. Во–вторых, показать на примере, как записываются законы сохранения для релятивистских частиц.
Рождение частицы.
Имеется покоящаяся частица массы M . Какой минимальной кинетической энергией должна обладать частица массы m , чтобы при столкновении родилась еще одна такая же частица?
Задачи такого типа делаются с использованием инварианта энергия–импульса. Для налетающей частицы из него находится связь между ее полной энергией, импульсом и энергией покоя:
ε2 − p2c2 = (mc2 )2 |
(1) |
Напишем этот инвариант для системы двух частиц до столкновения:
E2 −P2c2 = (ε + Mc2 )2 − p2c2 = E2 |
(2) |
|
|
0 |
|
В системе центра масс величина инварианта не изменится: |
|
|
E2 |
= E2 |
|
0 |
0C |
|
После столкновения величина инварианта снова не изменится:
E02C = E0′2C
Минимальной кинетическая энергия (конечно, и полная) будет в том случае, когда после столкновения все частицы в системе центра масс будут покояться. В этом случае полная энергия трех частиц будет равна :
EC′ = 2mc2 +Mc2 = E0′C
Используя все написанные равенства, получим:
(ε +Mc2 )2 − p2c2 = (2mc2 +Mc2 )2
Возведя в квадраты и заменяя импульс налетающей частицы из (1) находим выражение, из которого можно найти минимальную полную энергию налетающей частицы:
ε2 +2εMc2 +(Mc2 )2 −ε2 +(mc2 )2 = 4(mc2 )2 +4mc2Mc2 +(Mc2 )2
Приведя подобные члены, получим:
2εMc2 =3(mc2 )2 +4mc2Mc2 ε = 2mc2 + 3 mc2 mc2 2 Mc2
Искомая кинетическая энергия равна найденной полной энергии за вычетом энергии покоя:
Tmin = mc2 (1+ 32 Mm ) .
На примере этой задачи хотел показать, как надо пользоваться инвариантами.