FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2010.

Løsningsforslag til øving 13

Oppgave 1

Myonets totale energi er E_{μ} = γmc^{2} = 2·10^{9} eV, mens dets hvileenergi er E_{μ}^{0} = mc^{2} = 105.7·10^{6} eV. Det betyr at lorentzfaktoren er

γ = \frac{E_{μ}}{E_{μ}^{0}} = 18.92

Myonets hastighet er dermed

v = c\sqrt{1 − 1/γ^{2}} = 0.9986 c

Den oppgitte levetiden på 2.2 μs gjelder for myoner med lave hastigheter. Observert fra jorda vil dermed et myon med hastighet 0.9986 c ha en levetid

Δt = γΔ\overline{t} = 18.92 · 2.2μs = 41.6μs

På denne tiden reiser myonet en avstand

Δx = vΔt = 12.5 km

som er av samme størrelsesorden som avstanden fra jorda og opp til de øvre deler av atmosfæren, der myonet ble dannet.

Oppgave 2

a) Da pionet ligger i ro (v_{π} = 0), er total energi

E_{tot} = m_{π}c^{2},

dvs pionets hvileenergi. Energibevarelse gir dermed

m_{π}c^{2} = E_{μ} + E_{ν},

der E_{μ} og E_{ν} er hhv myonets og nøytrinoets energi. Nøytrinoets masse antas å være omtrent lik null, slik at

E_{ν} = p_{ν}c,

der p_{ν} er nøytrinoets impuls. Myonets energi er

E_{μ} = \sqrt{p_{μ}^{2}c^{2} + m_{μ}^{2}c^{4}}.

Systemets totale impuls er lik null (siden pionet lå i ro), så impulsbevarelse gir

p_{ν} + p_{μ} = 0.

Altså er myonets og nøytrinoets impulser like store i absoluttverdi,

p_{ν} = p_{μ} = p.

Vi har videre

E_{ν} = pc = \sqrt{E_{μ}^{2} − m_{μ}^{2}c^{4}},

slik at

m_{π}c^{2} = E_{μ} + \sqrt{E_{μ}^{2} − m_{μ}^{2}c^{4}}.

Løser vi denne ligningen mhp E_{μ}, finner vi

E_{μ} = \frac{(m_{π}^{2} + m_{μ}^{2}) c^{2}}{2m_{π}}

b) Vi har

p = E_{ν}/c = \frac{1}{c} (m_{π}c^{2} − E_{μ}) = \frac{c}{2} (m_{π} − \frac{m_{μ}^{2}}{m_{π}} )

Sammenhengen mellom myonets impuls p og hastighet v_{μ} er

p = \frac{m_{μ}v_{μ}}{\sqrt{1 − v_{μ}^{2}/c^{2}}} .

Kombinasjon av disse to ligningene gir

\frac{m_{μ}v_{μ}}{\sqrt{1 − v_{μ}^{2}/c^{2}}} = \frac{c}{2} (m_{π} − \frac{m_{μ}^{2}}{m_{π}} ) ,

og løsning av denne lignignen mhp v_{μ} gir

v_{μ} = \frac{m_{π}^{2} − m_{μ}^{2}}{m_{π}^{2} + m_{μ}^{2}} c

Tallverdier: E_{μ} = 109.78 MeV, v_{μ}/c = 0.27.

Oppgave 3 La S være inertialsystemet der pc = 3 (GeV) og \overline{S} systemet der \overline{p}c = 4. Partikkelens totale energi i S er E = 5.

a) Partikkelens hvileenergi er (ved hjelp av den nyttige sammenhengen E^{2} = p^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}) mc^{2} = \sqrt{E^{2} − p^{2}c^{2}} = \sqrt{25 − 9} = 4

(nok en gang: i enheten GeV). Dermed er partikkelens totale energi i \overline{S} \overline{E} = \sqrt{\overline{p}^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}} = \sqrt{16 + 16} = 4\sqrt{2} ≃ 5.66.

(Merk: I et gitt system er total energi bevart, dvs total energi endres ikke i en kollisjon, en fusjonsprosess, en fisjonsprosess e.l. Men: Total energi er ikke en invariant størrelse, dvs ikke den samme i ulike inertialsystemer S og \overline{S}.)

b) Vi regnet ut hvileenergien i punkt a). Partikkelens masse er dermed

m = 4 GeV/c^{2} = 7.11 · 10^{−27} kg ≃ 4.3u.

c) Sammenhengen mellom relativistisk impuls p og hastighet v er

p = γmv,

med lorentzfaktoren γ = 1/\sqrt{1 − v^{2}/c^{2}}. (Alle hastigheter foregår her langs en og samme akse, så vi kan droppe vektorsymboler.) Løsning av ligningen over med hensyn på v gir

v = c · \frac{pc}{\sqrt{p^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}}} = c · \frac{pc}{E} = \frac{3c}{5}.

Tilsvarende,

\overline{v} = c · \frac{\overline{p}c}{\overline{E}} = \frac{c}{\sqrt{2}}.

Einsteins addisjonsformel,

\overline{v} = \frac{u + v}{1 + uv/c^{2}} ,

gir til slutt

u = \frac{\overline{v} − v}{1 − \overline{v}v/c^{2}} = \frac{5 − 3\sqrt{2}}{5\sqrt{2} − 3}c ≃ 0.186c.

Oppgave 4

Her studerer vi en fullstendig uelastisk kollisjon mellom en partikkel med masse m og kinetisk energi 2mc^{2}, og en partikkel i ro med masse 2m. Vi har bruk for systemets totale impuls:

pc = \sqrt{(3mc^{2})^{2} − (mc^{2})^{2}} = \sqrt{8}mc^{2}.

Her har vi brukt at partikkelen med masse m har hvileenergi mc^{2}, og dermed total energi 3mc^{2}. Systemets totale energi er

E = 3mc^{2} + 2mc^{2} = 5mc^{2}.

Verken total impuls eller total energi endres i kollisjonen. Dermed må vi ha sammenhengen

(5mc^{2})^{2} = (\sqrt{8}mc^{2})^{2} + M^{2}c^{4},

dvs

M = \sqrt{17}m ≃ 4.1m.

Oppgave 5

a) La oss f.eks. legge positiv x-akse mot øst og positiv y-akse mot nord. Videre kan vi si at partikkelen som farer mot vest (dvs negativ x-retning) er nr 1 og at den som farer mot sør (dvs negativ y-retning) er nr 2. Det er da klart, pga impulsbevarelse (total impuls er lik null), at partikkel nr 3 må ha retning mot nordøst, dvs med hastighet med positiv x- og y-komponent. Vi kaller vinkelen mellom positiv x-akse og p_{3} for θ. Da gir impulsbevarelse at

p_{1} = p_{3x} = p_{3} cos θ
p_{2} = p_{3y} = p_{3} sin θ
p_{3}^{2} = p_{1}^{2} + p_{2}^{2}

Vi trenger p_{1} og p_{2}:

p_{1} = γ_{1}mv_{1} = \frac{4mc/5}{\sqrt{1 − 16/25}} = \frac{4}{3}mc

p_{2} = γ_{2}mv_{2} = \frac{3mc/5}{\sqrt{1 − 9/25}} = \frac{3}{4}mc

Dermed:

p_{3}^{2} = p_{1}^{2} + p_{2}^{2} = (mc)^{2}(16/9 + 9/16) = 337(mc)^{2}/144.

Samtidig har vi

p_{3}^{2} = γ_{3}^{2}m^{2}v_{3}^{2},

som løst mhp v_{3}^{2} gir

v_{3}^{2} = c^{2} \frac{p_{3}^{2}c^{2}}{m^{2}c^{4} + p_{3}^{2}c^{2}} ≃ 0.701c^{2},

dvs

v_{3} ≃ 0.837c.

Retningen til partikkel 3 er gitt ved at tan θ = p_{2}/p_{1}, dvs

θ = arctan(p_{2}/p_{1}) = arctan(9/16) ≃ 29^{∘}.

b) Vi bruker energibevarelse til å fastlegge masseforholdet M/m. Total energi er Mc^{2}, siden partikkelen er i ro i utgangspunktet. Energien til hver av de tre partiklene etter spaltingen er

E_{j} = \sqrt{p_{j}^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}} , j = 1, 2, 3.

Følgelig:

M = (\sqrt{16/9 + 1} + \sqrt{9/16 + 1} + \sqrt{337/144 + 1}) m ≃ 4.74m.