Данные о частицах, встречающихся в задачах этого сборника (заряд $e=1{,}6\cdot10^{-19}$ Кл, масса электрона $m_e=9{,}1\cdot10^{-31}$ кг):
| Частица | Символ | Масса, МэВ ($E=mc^2$) | Заряд, $e$ | Время жизни, с |
|---|---|---|---|---|
| протон | $p$ | 938 | +1 | $\infty$ |
| антипротон | $\bar p$ | 938 | −1 | $\infty$ |
| нейтрон | $n^0$ | 939 | 0 | 880 |
| электрон | $e^-$ | 0,511 | −1 | $\infty$ |
| позитрон | $e^+$ | 0,511 | +1 | $\infty$ |
| пион $\pi^+$ | $\pi^+$ | 139,5 | +1 | $2{,}6\cdot10^{-8}$ |
| пион $\pi^-$ | $\pi^-$ | 139,5 | −1 | $2{,}6\cdot10^{-8}$ |
| пион $\pi^0$ | $\pi^0$ | 135 | 0 | $0{,}83\cdot10^{-16}$ |
| мюон | $\mu^-$ | 105 | −1 | $2{,}2\cdot10^{-6}$ |
Гамма-квант ($\gamma$) — фотон большой энергии (условно $>10^5$ эВ).
Условие: Найти максимальную энергию $\gamma$-кванта, образующегося при распаде неподвижного $\pi^0$-мезона на четыре $\gamma$-кванта (масса покоя $\pi^0$-мезона равна 135 МэВ).
Решение: В системе покоя пиона полная энергия $E=m_\pi c^2=135$ МэВ, полный импульс равен нулю. Пусть один из фотонов (назовём его первым) имеет энергию $E_1$ и импульс $p_1c=E_1$ вдоль оси $x$. Импульс остальных трёх фотонов должен в сумме уравновешивать $\vec p_1$: $$\vec p_2+\vec p_3+\vec p_4=-\vec p_1.$$ По неравенству треугольника для суммы векторов $$|\vec p_2+\vec p_3+\vec p_4|\le p_2+p_3+p_4,$$ причём равенство достигается, когда все три импульса коллинеарны и направлены противоположно $\vec p_1$. Значит, минимально необходимая суммарная энергия остальных трёх фотонов равна $$(E_2+E_3+E_4)_{\min}=E_1$$ (они летят все вместе строго назад относительно первого фотона). Из закона сохранения энергии $$E_1+(E_2+E_3+E_4)=m_\pi c^2\ \Longrightarrow\ E_1+(E_2+E_3+E_4)\ge E_1+E_1=2E_1,$$ $$135\ge 2E_1\ \Longrightarrow\ E_1\le 67{,}5\text{ МэВ}.$$ Максимум достигается, когда три оставшихся фотона летят одной коллинеарной «пачкой» точно назад (их индивидуальные энергии можно распределить как угодно, лишь бы каждая была положительна и в сумме давала 67,5 МэВ).
Ответ: $E_{\max}=\dfrac{m_\pi c^2}{2}=67{,}5$ МэВ.
Условие: Протон налетает на мишень (массивная стенка) под углом $45^\circ$. При какой минимальной энергии протона $E_{\min}$ в результате «удара» о мишень возможно рождение протон-антипротонной пары?
Решение: Стенка бесконечно массивна: она может поглощать (или отдавать) сколь угодно большой импульс вдоль своей нормали совершенно бесплатно по энергии — отдача стенки $\Delta K=\dfrac{p_n^2}{2M_{\text{стенки}}}\to0$ при $M_{\text{стенки}}\to\infty$ при любом конечном $p_n$. Но вдоль поверхности стенки (тангенциально) сила со стороны идеально гладкой стенки не действует, поэтому тангенциальная составляющая импульса системы сохраняется точно.
Пусть налетающий протон имеет импульс $p_i$ под углом $45^\circ$ к нормали стенки. Тогда $$p_{i,t}=p_i\sin45^\circ=\frac{p_i}{\sqrt2},\qquad p_{i,n}=p_i\cos45^\circ=\frac{p_i}{\sqrt2}.$$ Тангенциальная составляющая $p_t=p_i/\sqrt2$ сохраняется для всей системы вылетающих частиц; нормальная составляющая свободна (забирается стенкой без затрат энергии).
Реакция: $p+(\text{стенка})\to p+p+\bar p$ (закон сохранения барионного числа: слева $B=1$, справа тоже $1=1+1-1$). Конечное состояние — три частицы суммарной массой покоя $M=3m_p$. Минимальная энергия конечного состояния при заданном тангенциальном импульсе $p_t$ достигается, когда все три частицы движутся вместе с общей скоростью строго вдоль поверхности стенки (нормальная составляющая полного импульса конечного состояния равна нулю — это наиболее «дешёвый» по энергии вариант, стенка забирает всю нормальную составляющую импульса): $$E_{\text{кон},\min}=\sqrt{p_t^2c^2+M^2c^4}.$$ Энергия сохраняется точно (стенка энергии не забирает и не отдаёт): $$E_i=\sqrt{p_i^2c^2+m_p^2c^4}=E_{\text{кон},\min}=\sqrt{\frac{p_i^2c^2}{2}+9m_p^2c^4}.$$ Возводим в квадрат: $$p_i^2c^2+m_p^2c^4=\frac{p_i^2c^2}{2}+9m_p^2c^4\ \Longrightarrow\ \frac{p_i^2c^2}{2}=8m_p^2c^4\ \Longrightarrow\ p_ic=4m_pc^2.$$ Тогда $$E_{\min}=\sqrt{p_i^2c^2+m_p^2c^4}=\sqrt{16m_p^2c^4+m_p^2c^4}=\sqrt{17}\,m_pc^2.$$
Ответ: $E_{\min}=\sqrt{17}\,m_pc^2\approx4{,}123\times938\approx3867$ МэВ.
Условие: Релятивистский $\pi^0$-мезон распался на лету на два $\gamma$-кванта с энергиями $E_1$ и $E_2$. Найти угол разлёта $\theta$ относительно неподвижной $K$-системы.
Решение: Инвариант масс сохраняется: квадрат 4-импульса пиона равен сумме 4-импульсов фотонов в квадрате: $$m_\pi^2c^4=(E_1+E_2)^2-|\vec p_1c+\vec p_2c|^2.$$ Так как для фотона $|\vec p|c=E$, то $$|\vec p_1c+\vec p_2c|^2=E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos\theta,$$ где $\theta$ — угол между направлениями двух фотонов. Подставляя: $$m_\pi^2c^4=(E_1+E_2)^2-E_1^2-E_2^2-2E_1E_2\cos\theta=2E_1E_2-2E_1E_2\cos\theta=2E_1E_2(1-\cos\theta).$$ Отсюда, используя $1-\cos\theta=2\sin^2(\theta/2)$: $$m_\pi^2c^4=4E_1E_2\sin^2\frac\theta2\ \Longrightarrow\ \sin\frac\theta2=\frac12\frac{m_\pi c^2}{\sqrt{E_1E_2}}.$$
Ответ: $\sin\dfrac\theta2=\dfrac12\dfrac{m_\pi c^2}{\sqrt{E_1E_2}}$.
Условие: Оценить порог рождения $\pi^0$-мезона при столкновении быстрого протона с покоящимся. Массы покоя частиц $m_\pi$ и $m_p$.
Решение: Реакция $p+p\to p+p+\pi^0$. Используем инвариант $s=E_{\text{полн}}^2-p_{\text{полн}}^2c^2$, вычисленный в лабораторной системе (налетающий протон энергии $E$, импульса $p$; мишень покоится): $$s=(E+m_pc^2)^2-p^2c^2=E^2+2Em_pc^2+m_p^2c^4-p^2c^2=2Em_pc^2+2m_p^2c^4$$ (использовано $E^2-p^2c^2=m_p^2c^4$). При пороговой энергии все три конечные частицы покоятся относительно друг друга (движутся с общей скоростью Ц-системы), поэтому $$s_{\text{порог}}=(2m_pc^2+m_\pi c^2)^2.$$ Приравнивая: $$2Em_pc^2+2m_p^2c^4=(2m_pc^2+m_\pi c^2)^2=4m_p^2c^4+4m_pm_\pi c^4+m_\pi^2c^4,$$ $$2Em_pc^2=2m_p^2c^4+4m_pm_\pi c^4+m_\pi^2c^4,$$ $$E_{\min}=m_pc^2+2m_\pi c^2+\frac{m_\pi^2c^4}{2m_pc^2}=m_pc^2\left(1+\frac{2m_\pi}{m_p}+\frac{m_\pi^2}{2m_p^2}\right).$$ Подставляя $m_p=938$ МэВ, $m_\pi=135$ МэВ: $$E_{\min}=938\left(1+2\cdot\frac{135}{938}+\frac{135^2}{2\cdot938^2}\right)=938\,(1+0{,}2878+0{,}0104)\approx1218\text{ МэВ}.$$ (Это полная энергия налетающего протона; кинетическая энергия порога $T_{\min}=E_{\min}-m_pc^2\approx280$ МэВ.)
Ответ: $E_{\min}=m_pc^2\left(1+\dfrac{2m_\pi}{m_p}+\dfrac{m_\pi^2}{2m_p^2}\right)\approx1218$ МэВ.
Условие: $\pi^0$-мезон распадается на два $\gamma$-кванта, причём $\gamma$-квант, летящий вперёд, обладает энергией $E_1=270$ МэВ. Определить энергию $\pi^0$-мезона ($m_\pi=135$ МэВ).
Решение: В системе покоя пиона фотоны разлетаются строго назад-вперёд (angle $180^\circ$), каждый с энергией $m_\pi c^2/2$. «Летящий вперёд» означает, что оба фотона в лабораторной системе движутся вдоль оси движения пиона — один вперёд, другой строго назад (частный случай задачи 14.3 при $\theta=180^\circ$, $\cos\theta=-1$). Для продольного эффекта Доплера при переходе из системы покоя пиона в лабораторную: $$E_1=\gamma\frac{m_\pi c^2}{2}(1+\beta),\qquad E_2=\gamma\frac{m_\pi c^2}{2}(1-\beta).$$ Перемножая: $$E_1E_2=\gamma^2\left(\frac{m_\pi c^2}{2}\right)^2(1-\beta^2)=\left(\frac{m_\pi c^2}{2}\right)^2$$ (так как $\gamma^2(1-\beta^2)=1$) — это частный случай общей формулы задачи 14.3 при $\theta=180^\circ$: $\sin(\theta/2)=\sin90^\circ=1=\frac12 m_\pi c^2/\sqrt{E_1E_2}$, то есть $E_1E_2=(m_\pi c^2/2)^2$, что и получено. Отсюда $$E_2=\frac{(m_\pi c^2/2)^2}{E_1}=\frac{67{,}5^2}{270}=16{,}875\text{ МэВ}.$$ Энергия пиона: $$E_\pi=E_1+E_2=270+16{,}875\approx287\text{ МэВ}.$$
Ответ: $E_\pi=E_1+\dfrac{(m_\pi c^2)^2}{4E_1}\approx287$ МэВ.