Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

L. D. Landau, E. M. Lifsic (2014)

Typotex

11 §. Részecskék bomlása

11 §. Részecskék bomlása

Vizsgáljuk meg egy M tömegű test spontán elbomlását két, m1 és m2 tömegű testre. Abban a vonatkoztatási rendszerben, amelyben a bomlást szenvedő részecske nyugszik, az energiamegmaradás törvénye szerint:[16]

2.30. egyenlet - (11.1)

M = 1 0 + 2 0 ,

ahol ℰ10 és ℰ20 a bomlástermékek energiái. Mivel ℰ10>m1 és ℰ20>m2, a (11.1) egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha M>m1+m2, azaz egy test csak akkor bomolhat el spontán két részre, ha a részek tömegeinek összege kisebb az illető test tömegénél. Megfordítva, ha M<m1+m2, akkor a test (az adott bomlással szemben) stabil, tehát spontán nem bomolhat el. A bomlás megvalósításához ilyen esetben legalább annyi energiát kell közölni a testtel, amennyi az m1+m2–M „kötési energia” fedezéséhez elegendő.

Egy bomlási folyamatra az energiamegmaradás törvénye mellett érvényes az impulzusmegmaradás törvénye is, amely szerint a bomlástermékek összes impulzusa egyenlő a bomló részecske impulzusával, esetünkben zérussal: p10+p20=0. Tehát p102=p202, vagy

2.31. egyenlet - (11.2)

1 0 2 m 1 2 = 2 0 2 m 2 2 .

(11.1) és (11.2) egyenletek egyértelműen meghatározzák a kirepülő részecskék energiáit:

2.32. egyenlet - (11.3)

1 0 = M 2 + m 1 2 m 2 2 2 M , 2 0 = M 2 m 1 2 + m 2 2 2 M .

Bizonyos értelemben fordított feladat annak kiszámítása, hogy mennyi két ütköző részecske M összes energiája tömegközépponti rendszerben (vagy ahogy rövidíteni szokás: C rendszerben, a centrum = középpont szó nyomán), tehát abban a rendszerben, amelyben az ütköző részecskék összimpulzusa zérus. A C rendszerbeli összes energia kiszámításával egyúttal megadhatjuk annak feltételét is, hogy végbemehet-e valamely rugalmatlan ütközési folyamat, melyben az ütköző részecskék állapota vagy száma („részecskekeltés”) megváltozik. Egy ilyen folyamat csak akkor valósulhat meg, ha az egyes „reakciótermékek” tömegeinek összege kisebb M-nél.

Eredeti koordináta-rendszerünkben az m1 tömegű, ℰ1 energiájú részecske szóródjon rugalmasan egy m2 tömegű nyugalomban levő részecskén. (Az ilyen rendszert laboratóriumi rendszernek nevezzük.) A két részecske összes energiája:

= 1 + 2 = 1 + m 2 ,

összes impulzusuk pedig p=p1+p2=p1. A két részecskének mint egyetlen, összetett rendszernek a sebessége (9.8) szerint:

2.33. egyenlet - (11.4)

V = p = p 1 1 + m 2 .

Ez éppen C rendszernek a laboratóriumi rendszerhez (L rendszerhez) viszonyított sebessége.

A keresett M tömeg kiszámításához nem kell ténylegesen végrehajtani az egyik rendszerről a másik rendszerre való áttérésnek megfelelő transzformációt. E helyett közvetlenül használhatjuk a (9.6) képletet, mely összetett rendszerre éppúgy alkalmazható, mint az egyes részecskékre. Tehát

M 2 = 2 p 2 = ( 1 + m 2 ) 2 ( 1 2 m 1 2 ) ,

amiből

2.34. egyenlet - (11.5)

M 2 = m 1 2 + m 2 2 + 2 m 2 1 .

Feladatok

1. Egy V sebességgel mozgó részecske két részre bomlik. Határozzuk meg a bomlástermékek energiáinak és kirepülési szögeinek összefüggését!

Megoldás. Legyen ℰ0 az egyik bomlástermék-részecske C rendszerben mért energiája [azaz (11.3)-ból ℰ10 vagy ℰ20], ℰ ugyanennek a részecskének L rendszerben mért energiája, 𝜃 pedig L rendszerbeli kirepülési szöge (a V irányhoz képest). A (9.15) transzformációs képletek segítségével azt kapjuk, hogy

0 = V p cos 𝜃 1 V 2 ,

amiből

2.35. egyenlet - (1)

cos 𝜃 = 0 1 V 2 V 2 m 2 .

Az ℰ-t cos𝜃 függvényében megadó fordított összefüggést az (1)-ből származtatható másodfokú egyenlet határozza meg:

2.36. egyenlet - (2)

2 ( 1 V 2 cos 2 𝜃 ) 2 0 1 V 2 + 0 2 ( 1 V 2 ) + V 2 m 2 cos 2 𝜃 = 0 ,

amelynek egy (ha a vizsgált részecske C rendszerben mért v0 sebességére v0>V) vagy két (ha v0<V) pozitív gyöke van.

Az utóbbi kétértékűség eredetét jól megvilágítja a következő geometriai szerkesztés. A (9.15) képlet szerint a részecske L rendszerbeli impulzuskomponenseit a C rendszerbeli impulzuskomponensekkel a következőképpen lehet kifejezni:

p x = p 0 cos 𝜃 0 + 0 V 1 V 2 , p y = p 0 sin 𝜃 0 .

𝜃 0 kiküszöbölése után azt kapjuk, hogy

p y 2 + ( p x 1 V 2 0 V ) 2 = p 0 2 .

Ez a px,py változókban egy ellipszis egyenlete. Az ellipszis féltengelyeinek hossza p0∕√(1–V2) és p0; középpontja pedig (a  3. ábrán az O pont) a p=0 ponttól (a  3. ábrán az A ponttól)[17]ℰ0V∕√(1–V2) távolságra van.

3. ábra - 3. ábra

3. ábra

Ha V>p0∕ℰ0=v0, akkor az A pont az ellipszisen kívül fekszik (3b ábra), és egy adott 𝜃 szöghöz a p vektornak (és így az energiának is) két értéke tartozik. A szerkesztésből az is látszik, hogy ebben az esetben a 𝜃 csak olyan értékeket vehet fel, amelyek egy jól definiált 𝜃max szögnél kisebbek (𝜃max mellett a p vektor éppen az ellipszis érintője). A 𝜃max értékét legegyszerűbben abból a feltételből határozhatjuk meg, hogy a (2) egyenlet diszkriminánsa zérus, amiből az adódik, hogy

sin 𝜃 max = p 0 1 V 2 m V .

2. Határozzuk meg a bomlástermékek energiaeloszlását az L rendszerben!

Megoldás.C rendszerben a bomlástermékek irányeloszlása izotrop, azaz a dΩ0=2πsin𝜃0d𝜃0 térszögelemben levő részecskék relatív száma:

2.37. egyenlet - (1)

d N = 1 4 π d Ω 0 = 1 2 | d cos 𝜃 0 | .

Az L rendszerbeli energia a C rendszer mennyiségeivel az alábbi módon adható meg:

=0+p0Vcos𝜃01V2.

Az ℰ energia lehetséges értékeinek minimuma és maximuma:

0Vp01V2és0+Vp01V2.

|dcos𝜃0|-t dℰ-vel kifejezve, az 1-re normált energiaeloszlás (a kétfajta végtermékmindegyikére):

dN=12Vp01V2d.

3. Határozzuk meg két azonos részecskére való bomlás esetén a bomlástermékek közötti szög (szétrepülési szög) lehetséges értékeit az L rendszerben.

Megoldás. C rendszerben a részecskék ellentétes irányban repülnek szét, tehát 𝜃10=π–𝜃20=𝜃0. A C és az L rendszerbeli szögek kapcsolata (5.4) szerint:

ctg 𝜃 1 = v 0 cos 𝜃 0 + V v 0 sin 𝜃 0 1 V 2 , ctg 𝜃 2 = v 0 cos 𝜃 0 + V v 0 sin 𝜃 0 1 V 2 .

(A jelen esetben v10=v20≡v0.) A keresett szétrepülési szög 𝜃=𝜃1+𝜃2, melyre egyszerű számolás után azt kapjuk, hogy

ctg 𝜃 1 = V 2 v 0 2 + V 2 v 0 2 sin 2 𝜃 0 2 V v 0 1 V 2 sin 𝜃 0 .

𝜃 lehetséges értékeit e kifejezés szélső értékei határozzák meg; ebből az alábbi tartományok adódnak:

ha  V < v 0 : 2 arctg v 0 V 1 V 2 < 𝜃 < π ; ha  v 0 < V < v 0 1 v 0 2 : 0 < 𝜃 < arcsin 1 V 2 1 v 0 2 < π 2 ; ha  V > v 0 1 v 0 2 : 0 < 𝜃 < 2 arctg v 0 V 1 V 2 < π 2 .

4. Határozzuk meg zérus tömegű bomlástermékek szögeloszlását az L rendszerben!

Megoldás.C és az L rendszerben mért kirepülési szögek kapcsolata m=0 esetén (5.6) szerint:

cos 𝜃 0 = cos 𝜃 V 1 V cos 𝜃 .

Ezt a 2. feladat (1) képletébe helyettesítve, kapjuk, hogy

d N = ( 1 V 2 ) d Ω 4 π ( 1 V cos 𝜃 ) 2 .

5. Határozzuk meg két, zérus tömegű részecskére bomlás szétrepülési szögét az L rendszerben!

Megoldás. Az L rendszer 𝜃1,𝜃2 kirepülési szögei és a C rendszer 𝜃10≡𝜃0,𝜃20=π–𝜃0 szögei között az (5.6) képletek határozzák meg a kapcsolatot. Ezek alapján a 𝜃=𝜃1+𝜃2 szétrepülési szögre

cos 𝜃 = 2 V 2 1 V 2 cos 2 𝜃 0 1 V 2 cos 2 𝜃 0

adódik; fordítva:

cos 𝜃 0 = 1 1 V 2 V 2 ctg 2 𝜃 2 .

Ezt a kifejezést a 2. feladat (1) képletébe írva, azt kapjuk, hogy

d N = 1 V 2 1 6 π V d Ω sin 3 𝜃 2 V 2 cos 2 𝜃 2 .

𝜃 szög π-től 𝜃min=2arccosV-ig minden értéket felvehet.

6. Egy M tömegű nyugvó részecskének három m1,m2,m3 tömegű részecskére bomlása esetén határozzuk meg az egyik végállapotbeli részecske lehetséges maximális energiáját!

Megoldás. Az m1 részecske energiája akkor maximális, ha a másik két részecskének tömege minimális, e minimális tömeg: m2+m3 (ez a részecskék együttes, azonos sebességű mozgásának felel meg). Ezáltal a problémát egy testnek két részecskére való bomlására vezettük vissza, így (11.3) szerint azt kapjuk, hogy

1  max = M 2 + m 1 2 ( m 2 + m 3 ) 2 2 M .



[16] A 11- 13. §-okban c=1 választással élünk. Más szóval, a sebességméréskor egységül a fénysebességet választjuk (ezért a hosszúság és az idő dimenziója azonos). Ez a választás a relativisztikus mechanikában kézenfekvő, és nagymértékben egyszerűsíti a képleteket. Ebben a kötetben (amelynek jelentős részét a nemrelativisztikus elméletnek szenteljük), általában nem használjuk ezt az egységrendszert; ha mégis, akkor erre minden alkalommal külön felhívjuk a figyelmet.

Nem jelent nehézséget visszaírni a szokásos alakba egy olyan képletet, amelyben c=1-et vettünk: a fénysebességet úgy kell visszaírnunk, hogy a helyes dimenziókat megkapjuk.

[17] A klasszikus határesetben az ellipszis körbe megy át (lásd az I. kötet 16. §-át).