Система частиц. Импульс и энергия свободных частиц. Ц-система. Упругие и неупругие соударения. Световые кванты

Условие: Покоящаяся частица массой $M$ распадается на две частицы с массами покоя $m_1$ и $m_2$. Определить кинетические энергии образовавшихся частиц.

Решение: В системе покоя исходной частицы полная энергия $Mc^2$ и полный импульс равны нулю. После распада импульсы двух частиц равны по модулю и противоположны по направлению: $p_1=p_2\equiv p$. Сохранение энергии: $$E_1+E_2=Mc^2.$$ Для каждой частицы справедливо $E_i^2-p^2c^2=m_i^2c^4$. Вычитая эти два соотношения друг из друга: $$E_1^2-E_2^2=(m_1^2-m_2^2)c^4\ \Longrightarrow\ E_1-E_2=\frac{(m_1^2-m_2^2)c^4}{E_1+E_2}=\frac{(m_1^2-m_2^2)c^2}{M}.$$ Складывая с $E_1+E_2=Mc^2$: $$E_1=\frac{Mc^2}2+\frac{(m_1^2-m_2^2)c^2}{2M}=\frac{c^2}{2M}\bigl(M^2+m_1^2-m_2^2\bigr).$$ Кинетическая энергия $T_1=E_1-m_1c^2$: $$T_1=\frac{c^2}{2M}\bigl(M^2+m_1^2-m_2^2-2Mm_1\bigr)=\frac{c^2}{2M}\bigl[(M-m_1)^2-m_2^2\bigr].$$ Аналогично (по симметрии $1\leftrightarrow2$): $$T_2=\frac{c^2}{2M}\bigl[(M-m_2)^2-m_1^2\bigr].$$

Ответ: $$T_1=\frac{c^2}{2M}\bigl[(M-m_1)^2-m_2^2\bigr],\qquad T_2=\frac{c^2}{2M}\bigl[(M-m_2)^2-m_1^2\bigr].$$

Условие: Из двух одинаковых частиц с массой покоя $m$ одна испытывает упругое соударение с неподвижной второй. Найти зависимость кинетической энергии рассеянной частицы $T_1$ (летящей под углом $\theta$ к направлению налёта) от кинетической энергии $T_0$ налетающей частицы и угла $\theta$. Определить угол $\psi$ разлёта частиц (угол между направлениями двух частиц после столкновения). Рассмотреть случай $T_0\ll mc^2$.

Решение: Налетающая частица имеет полную энергию $E_0=T_0+mc^2$ и импульс $p_0$, причём $c^2p_0^2=E_0^2-m^2c^4=T_0(T_0+2mc^2)$. Обозначим $M=E_0+mc^2=T_0+2mc^2$ — полную энергию системы (сохраняется).

Энергия частицы, вылетевшей под углом $\theta$. Пусть после столкновения частица «$a$» летит под углом $\theta$ (энергия $E_a$, импульс $p_a$), частица «$b$» — под углом $\varphi$ по другую сторону от оси. Сохранение энергии: $E_b=E_0+mc^2-E_a=M-E_a$. Сохранение импульса по осям даёт $p_b^2=p_0^2-2p_0p_a\cos\theta+p_a^2$. Подставляя $E_b^2-c^2p_b^2=m^2c^4$ и используя $E_a^2-c^2p_a^2=m^2c^4$, $E_0^2-c^2p_0^2=m^2c^4$, после приведения подобных получаем (не зависящее от $p_b,\varphi$) линейное по $E_a$ уравнение: $$M\,T_a=cp_0\cos\theta\cdot\sqrt{T_a(T_a+2mc^2)},\qquad T_a\equiv E_a-mc^2.$$ Возводя в квадрат и сокращая на $T_a$: $$T_a\bigl(M^2-c^2p_0^2\cos^2\theta\bigr)=2mc^2\cdot c^2p_0^2\cos^2\theta.$$ Подставляя $M^2=(T_0+2mc^2)^2$ и $c^2p_0^2=T_0(T_0+2mc^2)$, множитель $(T_0+2mc^2)$ сокращается: $$M^2-c^2p_0^2\cos^2\theta=(T_0+2mc^2)\bigl(2mc^2+T_0\sin^2\theta\bigr),$$ $$T_1\equiv T_a=\frac{2mc^2\,T_0\cos^2\theta}{2mc^2+T_0\sin^2\theta}.$$ Энергия второй (отдачи) частицы находится из $T_2=T_0-T_1$: $$T_2=T_0-\frac{2mc^2T_0\cos^2\theta}{2mc^2+T_0\sin^2\theta}=\frac{T_0\bigl[2mc^2(1-\cos^2\theta)+T_0\sin^2\theta\bigr]}{2mc^2+T_0\sin^2\theta}=\frac{T_0\sin^2\theta\,(T_0+2mc^2)}{2mc^2+T_0\sin^2\theta}.$$

Угол разлёта $\psi=\theta+\varphi$. Из поперечного и продольного сохранения импульса: $p_b\sin\varphi=p_a\sin\theta$, $p_b\cos\varphi=p_0-p_a\cos\theta$. Тогда $$\sin\psi=\sin\theta\cos\varphi+\cos\theta\sin\varphi=\frac{\sin\theta\,(p_0-p_a\cos\theta)+\cos\theta\,p_a\sin\theta}{p_b}=\frac{p_0\sin\theta}{p_b}$$ (слагаемые с $p_a\cos\theta\sin\theta$ взаимно уничтожаются). Вычисляя $c p_b=\sqrt{T_2(T_2+2mc^2)}$ через уже найденное $T_2$, после упрощения (используя тождество $T_0(T_0+4mc^2)+4m^2c^4=(T_0+2mc^2)^2$) получаем $$c\,p_b=\sin\theta\cdot cp_0\cdot\frac{A}{2mc^2+T_0\sin^2\theta},\qquad A\equiv\sqrt{T_0\sin^2\theta\,(T_0+4mc^2)+4m^2c^4},$$ откуда $$\sin\psi=\frac{p_0\sin\theta}{p_b}=\frac{2mc^2+T_0\sin^2\theta}{A}=\frac{\sin^2\theta\sqrt{T_0(T_0+4mc^2)+4m^2c^4}+2mc^2\cos^2\theta}{A}$$ (последнее равенство — то же самое, только числитель переписан через тождество $\sqrt{T_0(T_0+4mc^2)+4m^2c^4}=T_0+2mc^2$, чтобы явно выделить слагаемое $\sin^2\theta\,(T_0+2mc^2)+2mc^2\cos^2\theta=2mc^2+T_0\sin^2\theta$).

Предельный случай $T_0\ll mc^2$. Тогда $A\to\sqrt{4m^2c^4}=2mc^2$ и числитель $2mc^2+T_0\sin^2\theta\to2mc^2$, так что $\sin\psi\to1$, т.е. $\psi\to\pi/2$ — классический нерелятивистский результат (при упругом столкновении одинаковых масс частицы всегда разлетаются под прямым углом).

Ответ: $$T_1=\frac{2mc^2T_0\cos^2\theta}{2mc^2+T_0\sin^2\theta},\qquad T_2=\frac{T_0\sin^2\theta\,(T_0+2mc^2)}{2mc^2+T_0\sin^2\theta},$$ $$\sin\psi=\frac{2mc^2+T_0\sin^2\theta}{\sqrt{T_0\sin^2\theta(T_0+4mc^2)+4m^2c^4}}\ \xrightarrow[T_0\ll mc^2]{}\ 1\ \ (\psi\to\pi/2).$$

Условие: Сколько времени занимает распространение света от Солнца до Земли (расстояние $L=1{,}5\cdot10^8$ км) в системе отсчёта, связанной с протоном, движущимся по этому пути с кинетической энергией $T_0=10^3$ МэВ?

Решение: Вопрос — не о собственном времени полёта протона, а о промежутке времени между теми же двумя событиями (испускание света у Солнца и приход его на Землю), но измеренном в системе протона $K'$. Пусть протон движется вдоль линии Солнце–Земля со скоростью $V$; в лабораторной системе $K$ событие «испускание» — $(t_A,x_A)=(0,0)$, событие «приём» — $(t_B,x_B)=(L/c,\,L)$. По формуле преобразования Лоренца $$\Delta t'=\gamma\left(\Delta t-\frac{V}{c^2}\Delta x\right)=\gamma\frac Lc\left(1-\frac Vc\right)=\gamma\frac Lc(1-\beta).$$ Из кинетической энергии протона: $\gamma=\dfrac{T_0+m_pc^2}{m_pc^2}$, а $\gamma\beta=\sqrt{\gamma^2-1}=\dfrac{\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}}{m_pc^2}$ (отсюда же скорость протона $\dfrac Vc=\beta=\dfrac{\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}}{T_0+m_pc^2}$). Тогда $$\gamma(1-\beta)=\gamma-\gamma\beta=\frac{(T_0+m_pc^2)-\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}}{m_pc^2},$$ $$\Delta t'=\frac Lc\cdot\frac1{m_pc^2}\Bigl[(T_0+m_pc^2)-\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}\Bigr].$$ Численно: $L/c=1{,}5\cdot10^{11}/3\cdot10^8=500$ с, $m_pc^2=938$ МэВ, $T_0+m_pc^2=1938$ МэВ, $\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}=\sqrt{1000\cdot2876}\approx1696{,}5$ МэВ: $$\Delta t'\approx500\cdot\frac{1938-1695{,}9}{938}\approx500\cdot0{,}258\approx129\text{ с}.$$ Скорость протона $V/c=1695{,}9/1938\approx0{,}875$.

Ответ: $$\Delta t'=\frac Lc\cdot\frac{(T_0+m_pc^2)-\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}}{m_pc^2}\approx129\text{ с},\qquad \frac Vc=\frac{\sqrt{T_0(T_0+2m_pc^2)}}{T_0+m_pc^2}\approx0{,}875.$$

Условие: Фотон рассеялся на неподвижном электроне. Определить изменение длины волны фотона $\Delta\lambda$ в зависимости от угла рассеяния $\theta$.

Решение: До столкновения: фотон с энергией $E=\hbar\omega=hc/\lambda$ и импульсом $p=E/c$, электрон покоится ($E_e=m_ec^2$, $p_e=0$). После: фотон с энергией $E'=hc/\lambda'$, импульсом $p'=E'/c$ под углом $\theta$; электрон уносит импульс $\vec p_e{}'$. Сохранение 4-импульса: $\vec p+\vec p_{e,i}=\vec p\,'+\vec p_e{}'$, то есть $\vec p_e{}'=\vec p-\vec p\,'+\vec p_{e,i}$. Возведём в квадрат (используя $\vec p_{e,i}=0$): $$p_e'^2=p^2+p'^2-2pp'\cos\theta.$$ Энергия электрона отдачи: $E_e'=E+m_ec^2-E'$ (сохранение энергии), а также $E_e'^2=p_e'^2c^2+m_e^2c^4$. Подставляя: $$(E-E'+m_ec^2)^2=c^2(p^2+p'^2-2pp'\cos\theta)+m_e^2c^4.$$ Раскрывая левую часть и используя $E=pc$, $E'=p'c$ (фотон безмассовый): $$(pc-p'c)^2+2m_ec^2(pc-p'c)+m_e^2c^4=p^2c^2+p'^2c^2-2pp'c^2\cos\theta+m_e^2c^4.$$ Слева $(pc-p'c)^2=p^2c^2-2pp'c^2+p'^2c^2$; сокращая одинаковые члены $p^2c^2+p'^2c^2$ с обеих сторон: $$-2pp'c^2+2m_ec^2(pc-p'c)=-2pp'c^2\cos\theta,$$ $$m_ec^2(p-p')=pp'c\,(1-\cos\theta)\ \Longrightarrow\ \frac1{p'}-\frac1p=\frac{1-\cos\theta}{m_ec}.$$ Так как $p=h/\lambda$: $$\lambda'-\lambda\equiv\Delta\lambda=\frac h{m_ec}(1-\cos\theta)=2\frac h{m_ec}\sin^2\frac\theta2.$$ Величина $\lambda_c=h/(m_ec)$ называется комптоновской длиной волны электрона; численно $\lambda_c=6{,}62\cdot10^{-34}/(9{,}1\cdot10^{-31}\cdot3\cdot10^8)\approx2{,}42\cdot10^{-12}$ м.

Ответ: $$\Delta\lambda=2\frac h{m_ec}\sin^2\frac\theta2,\qquad \lambda_c=\frac h{m_ec}\approx2{,}42\cdot10^{-12}\text{ м}.$$