3.5 Relativistiska reaktioner

Relativitetsteori

Hoppa till: navigering, sök

Lärandemål:
Efter detta avsnitt ska du kunna:

  • Veta vad som är laboratoriesystemet respektive tyngdpunktssystemet.
  • Kunna beräkna energi- och rörelsemängdsförändringar i reaktioner mellan relativistiska elementarpartiklar med hjälp av Lorentzinvarianter.


En viktig tillämpning av den speciella relativitetsteorin ligger i att beräkna energi- och rörelsemängdsförändringar vid reaktionsförlopp mellan elementarpartiklar. Det beror bl. a. på att partiklarna rör sig med höga hastigheter, så att deras kinetiska energier är av samma storleksordning eller rent av mycket större än energin i deras vilomassor. Med andra ord är ofta \displaystyle p/mc\geq 1. En annan orsak är, som vi såg ovan, att massa och energi kan transformeras över i varandra. Partiklar kan därför skapas och förintas vid kollisionsprocesser.

Bild:kollision.gif

I figuren ovan anges ett typiskt diagram för en kollision mellan två partiklar. De utgående partiklarna kan vara de samma som de ingående. Då talar man om elastiska kollisioner. De kan också vara två andra partiklar, vilket sker vid inelastiska kollisioner. Vi har fyra konserveringslagar som skall vara uppfyllda vid kollisionen: energin, \displaystyle E, skall bevaras för och efter kollisionen, liksom de tre komponenterna av rörelsemängdsmomentet \displaystyle \bar p.


Med beteckningar som i figuren blir de fyra ekvationerna:

\displaystyle E_a + E_b = E_c + E_d,
(3.36)
\displaystyle \bar p_a +\bar p_b = \bar p_c + \bar p_d.
(3.37)

Nu är både energin och rörelsemängden additiva. Den totala energin och rörelsemängden före kollisionen är \displaystyle E_i= E_a + E_b och \displaystyle \bar p_i = \bar p_a +\bar p_b, medan de motsvarande storheterna efter kollisionen är \displaystyle E_f= E_c + E_d och \displaystyle \bar p_f = \bar p_c +\bar p_d. I samtliga dessa fall gäller givetvis att intervallen \displaystyle s^2(E_k/c, \bar p_k) = (E_k/c)^2-\bar p_k^2 \geq 0, för \displaystyle k= i, f, a, b, c, d är invarianta under Lorentztransformationer.


Dessutom gäller att

\displaystyle s^2(E_i/c,\bar p_i) )= s^2(E_f/c, \bar p_f),
(3.38)

vilket följer ur ekvationerna för energi och rörelsemängdskonservering, om man kvadrerar höger och vänsterleden.


Detta har stor betydelse, eftersom vi kan räkna ut uttrycket \displaystyle s^2(E_k/c, \bar p_k) i ett godtyckligt system, där det av något skäl är enklast. En av hemligheterna vid beräkningar med relativitetsteorin är just att använda sig av invarianta uttryck för att slippa göra explicita Lorentztransformationer.


Ofta är det två system som är vanligt förekommande, nämligen laboratoriesystemet och tyngdpunktssystemet.


a) I laboratoriesystemet är den ena partikeln, säg \displaystyle b, i vila före kollisionen, dvs vi har \displaystyle \bar p_b = 0 och \displaystyle E_b = m_bc^2.


b) I tyngdpunktssystemet gäller att totala rörelsemängden är noll före och efter kollisionen, dvs \displaystyle \bar p_a +\bar p_b = \bar p_c +\bar p_d = 0. Det betyder att partiklarna kolliderar med lika stora men motriktade rörelsemängder: \displaystyle \bar p_a = -\bar p_b = \bar p. Efter kollisionen lämnar de nya partiklarna kollisionsområdet med motriktade rörelsemängder: \displaystyle \bar p_c = -\bar p_d. I dessa fall gäller givetvis att \displaystyle E_a= c \sqrt{m_a^2c^2 + \bar p^2} och \displaystyle E_b=c \sqrt{m_b^2c^2+\bar p^2}, och motsvarande för energierna efter kollisionen.

Exempel

Låt oss tillämpa detta på ett exempel med en foton som kolliderar med en proton och bildar en neutron och en positivt laddad pimeson. Reaktionen är alltså

\displaystyle \gamma + p \rightarrow n + \pi^+ .

Massan är noll för fotonen och lika med \displaystyle m_p, \displaystyle m_n och \displaystyle m_{\pi} för de andra tre partiklarna. Vi frågar nu vid vilken minsta energi hos fotonen i laboratoriesystemet denna reaktion är möjlig.


I laboratoriesystemet är protonen i vila, dvs \displaystyle \bar p_p=0 och \displaystyle E_a = m_p c^2. Hur skall vi nu räkna ut tröskelenergin? I vilosystemet för partiklarna borde den minsta energin krävas när de nybildade partiklarna just skapats, men befinner sig i vila. Det betyder att \displaystyle \bar p_n = \bar p_{\pi} =0, och \displaystyle E_n = m_n c^2 liksom \displaystyle E_{\pi}= m_{\pi}c^2. Tyvärr beskriver vi här situationen för reaktionen i två olika system, och borde göra en Lorentztransformation mellan dem. Om vi nu använder de invarianta intervallen i stället, behöver vi inte bekymra oss om i vilket Lorentzsystem vi räknar. Tröskelenergin i sluttillståndet är alltså \displaystyle E_f = m_n c^2 +m_{\pi}c^2 och \displaystyle \bar p_f =0. Begynnelseenergin är \displaystyle E_i = E_{\gamma}+ m_p c^2 medan rörelsemängden är \displaystyle \bar p_i = \bar p_{\gamma}. Vi sätter nu in dessa uttryck i respektive intervall och sätter dessa lika:

\displaystyle s^2((E_{\gamma}+ m_p c^2)/c, \bar p_{\gamma})=s^2((m_n
 +m_{\pi})c, \bar 0)
(3.39)

Om vi beräknar vänsterledet först får vi:

\displaystyle (E_{\gamma}/c + m_p c)^2-\bar p_{\gamma}^2 = E_{\gamma}^2/c^2 +2E_{\gamma}m_p +m_p^2 c^2 -\bar p_{\gamma}^2= 2E_{\gamma} m_p +m_p^2 c^2,
(3.40)

där vi använt att fotonen är masslös, varför \displaystyle E_{\gamma}= \left|\bar p_{\gamma}\right|c.


Det producerade partikelparets intervall är å andra sidan \displaystyle s^2((m_n +m_{\pi})c,\bar 0) =(m_n+m_{\pi})^2c^2. Om vi sätter de två intervallen lika finner vi

\displaystyle 2E_{\gamma}m_p +m_p^2c^2 = (m_n+m_{\pi})^2c^2.
(3.41)

Ur detta kan vi lösa ut fotonenergin i laboratoriesystemet som

\displaystyle E_{\gamma} = \left[(m_n +m_{\pi})^2-m_p^2\right]c^2/2m_p.
(3.42)

Med insatta värden: \displaystyle m_p \approx m_n \approx 940 MeV; \displaystyle m_{\pi}= 140 MeV finner man att \displaystyle E_{\gamma}\approx 151 MeV, dvs lite mer än viloenergin för pimesonen.


Om vi begrundar vad som händer ovanför tröskeln, ser vi att vi bara behöver byta ut intervallet för sluttillståndet mot uttrycket \displaystyle s^2((E_n+E_{\pi}),\bar 0)= (E_n+E_{\pi})^2/c^2. Här är \displaystyle E_n = m_nc^2 +K_n och \displaystyle E_{\pi}=m_{\pi}c^2+K_{\pi}. Det är alltså de kinetiska energierna för neutronen och pimesonen som drar energi ovanför tröskeln.


Eftersom det finns många olika elementarpartiklar och många olika sluttillstånd för reaktionerna, kan den här typen av problem varieras i nära nog oändligheten. Förutom energi och rörelsemängd finns ett antal andra konserveringslagar, t. ex för elektrisk laddning, samt vissa andra kvanttal, vilka också måste vara uppfyllda.


Det finns också många olika metoder att beräkna energierna. Man kan t.ex. först beräkna fotonenergin i tyngdpunktssystemt och sedan göra en Lorentztransformation till laboratoriesystemet, alternativt använda Dopplereffekten för att beräkna frekvensändringen hos fotonen mellan tyngdpunktssystemet och laboratoriesystemet.


Exempel

I Celsius-acceleratorn i The Svedberglaboratoriet i Uppsala vill man studera reaktionen

\displaystyle p + d \rightarrow p+p+n+\eta

genom att skjuta protoner på en fast deuteriumtarget. Här är \displaystyle p protoner, \displaystyle n en neutron, \displaystyle d en deutron och \displaystyle \eta en oladdad meson kalla <q>äta</q>. Ätamesonens massa vet man är 550 MeV. Protonens massa är ca \displaystyle 940 MeV. Den tillgängliga kinetiska energin \displaystyle T_p för protonerna i acceleratorn var vid den här tiden \displaystyle T_p = 700 MeV. Skulle reaktionen vara möjlig?

Lösning Före reaktionen är deutronen i vila i laboratoriesystemet, och vi har följade uttryck för det invarianta intervallet

\displaystyle s^2(E_i/c, \bar p_i)= (E_p+m_d c^2)^2/c^2 - \bar p_p^2) =
\displaystyle (m_p^2+m_d^2)c^2 +2E_pm_d+\bar p_p^2 -\bar p_p^2 =
\displaystyle (m_p+m_d)^2c^2 +2T_pm_d \approx 9m_p^2c^2+4T_pm_p,

där vi använt \displaystyle m_d\approx 2m_p och \displaystyle E_p =m_pc^2+T_p. För sluttillståndet har vi i dess vilosystem ingen total rörelsemängd, men \displaystyle s^2((m_p+m_p+m_n+m_{\eta})^2/c^2)\approx (3m_p+m_{\eta})^2c^2 . Ur dessa två uttryck, som skall vara lika, kan vi lösa ut \displaystyle T_p, som blir: \displaystyle T_p = m_{\eta}c^2(3/2+ m_{\eta}/4m_p)\geq \frac{13}{8} m_{\eta} \approx 900 MeV, vilket inte räcker.


Övningsuppgift

En väteatom (H) har bindningsenergin \displaystyle B=13.6 eV. Vilken minsta energi måste en foton ha för att reaktionen

\displaystyle \gamma +H \rightarrow p + e

skall kunna ske, där \displaystyle p är en proton och \displaystyle e är en elektron, eller med andra ord vilken fotonenergi krävs för att att en foton kan slå ut en elektron från en väteatom i vila. Denna reaktion liknar fotoeffekten: fotonen måste övervinna elektronens bindningsenergin i väteatomen för att elektronen skall kunna komma ut.

Frågan är: hur mycket extra energi behöver fotonen för att reaktionen skall kunna ske?



Övningsuppgift

I en partikelaccelerator skjuter man en antiproton \displaystyle p^- mot en stillastående proton \displaystyle p^+. Antiprotonen accelereras upp till en hastighet 0.9999 c (i laboratoriesystemet).


Kommer energin att vara tillräcklig för att reaktionen

\displaystyle p^- + p^+ \rightarrow Z_0 + \gamma

ska kunna inträffa?

Partikeln \displaystyle Z_0 har massan 95.6 GeV/\displaystyle c^2.