Текст книги "Физика пространства - времени"

Автор книги: Джон Уиллер

Соавторы: Эдвин Тейлор
сообщить о нарушении

Текущая страница: 26 (всего у книги 27 страниц)

⎛

⎜

⎝

1

–

1

2

β²

⎞

⎟

⎠

=

1

2

β²

Число тик-так за 1 сек приблизительно равно ν₀⋅( сек); поэтому накопление нехватки этих тик-так за одну секунду составит около

ν₀

⎛

⎜

⎝

β²

2

⎞

⎟

⎠

ср

(1

сек

)

,

а относительная нехватка будет равна (β²/₂)_ср. Произвести оценку этой величины можно исходя из элементарной кинетической теории теплоты, затронутой в обсуждении (см. текст упражнения). Мы получим

Δν

ν₀

=

⎛

⎜

⎝

β²

2

⎞

⎟

⎠

ср

=

³/₂⋅𝑘𝑇

𝑚_𝙵𝚎𝑐²

=

=

³/₂⋅1,38⋅10⁻²³ дж/град

57⋅(1,6⋅10⁻²⁷ кг)(9⋅10¹⁶ м²/сек²

⋅

𝑇

=

2,5⋅10⁻¹⁵ 𝑇

,

т.е. 2,5⋅10⁻¹⁵ на градус. Этот результат хорошо согласуется (конечно, как оценочный) с экспериментальными данными Паунда и Ребки. ▲

90. Симметричное упругое столкновение

Обозначим через 𝑇 и 𝑝 соответственно кинетическую энергию и импульс налетающей частицы, а через 𝑇 и 𝑝 – кинетическую энергию и абсолютную величину импульса каждой из рассеянных частиц. Тогда для рассматриваемого случая упругого рассеяния законы сохранения будут выражаться уравнениями

𝑇

+

𝑚

+

𝑚

=

2

𝑇

+

2𝑚

или

𝑇

=

2

𝑇

и

𝑝

=

2

𝑝

cos

α

2

.

Выражая импульс через кинетическую энергию, получим

𝑝

=

√

𝐸²-𝑚²

=

√

(𝑇+𝑚)²-𝑚²

=

√

𝑇²+2𝑚𝑇

.

Используя в уравнении сохранения импульса это выражение и равенство 𝑇=𝑇/2, найдём

√

𝑇²+2𝑚𝑇

=

2

⎡

⎢

⎣

⎛

⎜

⎝

𝑇

2

⎞²

⎟

⎠

+

2𝑚

⎛

⎜

⎝

𝑇

2

⎞

⎟

⎠

⎤½

⎥

⎦

cos

α

2

.

Возведём этот результат в квадрат и найдём cos ½α:

cos²

α

2

=

𝑇+2𝑚

𝑇+4𝑚

.

Это и требовалось получить. Формула (124) непосредственно следует отсюда ввиду указанного в условии упражнения тригонометрического тождества. Если упругое столкновение рассматривать в ньютоновском приближении, то кинетическую энергию 𝑇 налетающей частицы следует считать много меньшей, чем массу покоя любой из частиц. Тогда из нашего уравнения следует cos α=0 и α=90°, т.е. вывод механики Ньютона. В ультрарелятивистском случае кинетическая энергия 𝑇 намного превышает массу покоя 𝑚, и поэтому можно пренебречь членом 4𝑚 по сравнению с 𝑇 в знаменателе правой части формулы (124). Тогда cos α=1 и α=0 – обе частицы летят после столкновения вперёд. Сравните этот вывод с результатом, полученным в упражнении 68, где показано, что одиночный фотон (самая релятивистская из всех частиц!) может спонтанно распадаться на два фотона, лишь если эти последние движутся в том же направлении, что исходный фотон. ▲

91. Давид и Голиаф – подробный пример

Решение дано в тексте.

92. Абсолютно неупругое столкновение

Решение этого упражнения проведено в гл. 2 на стр. 161 и 162, причём ответ записан в виде уравнения (92). Величина 𝑚_конечн=𝑚=𝑚₁+𝑚₂, так как кинетическая энергия налетающей частицы 𝑇 намного меньше, чем масса покоя любой из частиц. При этом условии ещё допустим ньютоновский подход к данной задаче с его «принципом сохранения масс». ▲

93. Порождение частиц протонами

а) Система частиц, изображённая на рис. 119, обладала импульсом до столкновения, но после этого её импульс равен нулю. Поэтому такая реакция не могла бы удовлетворять закону сохранения импульса, а значит, она невозможна.

б) Рассмотрим кадр «после» на рис. 120. Взяв вместо разлетающихся четырёх частиц конечного состояния такие же покоящиеся частицы, можно «сэкономить» избыточную кинетическую энергию и уменьшить на эту величину энергию, которая была первоначально придана двум сталкивающимся протонам (кадр «до», на рис. 120). Кинетическая энергия сталкивающихся частиц целиком переходит в массу покоя, лишь если все частицы конечного состояния покоятся.

в) Пусть 𝐸=𝑇+𝑚 – энергия и 𝑝 – импульс налетающего протона (рис. 121), 𝐸=𝑇+𝑚 – соответственно энергия и импульс каждой частицы после реакции. Законы сохранения имеют вид:

𝑇

+

𝑚

+

𝑚

=

4(

𝑇

+𝑚)

или

𝑇

=

1

4

𝑇

–

1

2

𝑚

и

𝑝

=

4

𝑝

или

⎛

⎝

𝑇²

+

2𝑚𝑇

⎞½

⎠

=

4

⎛

⎝

𝑇

²

+

2𝑚

𝑇

⎞½

⎠

.

Исключая из последнего уравнения 𝑇 и решая его затем относительно 𝑇, получим

𝑇

=

6𝑚

.

Это и есть пороговая энергия порождения протон-антипротонной пары. Так как масса покоя протона 𝑚 составляет 1 Бэв=10⁹ эв, то

𝑇

_порог



=

6

Бэв

.

г) Из формулы в части в)

𝑇

=

1

4

𝑇

–

1

2

𝑚

находим, полагая 𝑇=6𝑚, что 𝑇=𝑚.

Энергетический баланс для пороговой реакции можно кратко охарактеризовать таким образом: из всей первоначальной кинетической энергии 6𝑚 в массы покоя протона и антипротона превращается энергия 2𝑚, и все 4 частицы, имеющиеся по окончании реакции, приобретают кинетическую энергию 𝑚 каждая.

д) Согласно уравнению (92) на стр. 162,

𝑚

²

=

(𝑚₁+𝑚₂)²

+

2𝑇₁𝑚₂

,

в случае 𝑚₁=𝑚₂=𝑚 и 𝑚=4𝑚 получим

16𝑚²

=

4𝑚²

+

2𝑇₁𝑚

и

𝑇₁

=

6𝑚

,

что уже было найдено в части в).

е) Собственно, как мишень тяжёлое ядро ничем не примечательно. Лучше всего представлять себе, что налетающий протон сталкивается в мишени с одним-единственным протоном, а не сразу со многими (сравните это с выстрелом пулей в стаю птиц). Новым качеством протона в ядре является его движение там. Даже если это движение совершается с умеренной кинетической энергией (𝑇₂=25 Мэв) навстречу налетающему протону, это уже даёт огромное преимущество, позволяя получать пары при гораздо более низких энергиях. Законы сохранения имеют вид

𝑚

+

𝑇₁

+

𝑚

+

𝑇₂

=

4(𝑚+

𝑇

)

(энергия),

√

𝑇₁²+2𝑚𝑇₁

–

√

𝑇₂²+2𝑚𝑇₂

=

=

4

⎛

⎝

𝑇

²

+

2𝑚

𝑇

⎞½

⎠

(импульс).

Исключая из второго уравнения 𝑇 с помощью первого, можно найти 𝑇₁:

𝑇₁

=

6𝑚

+

7𝑇₂

–

4√

3𝑇₂²+6𝑇₂𝑚

.

Если кинетическая энергия 𝑇₂ мала, приближённо получим

𝑇₁

≈

6𝑚

–

4√

6𝑇₂𝑚

.

Полагая 𝑇₂=25 Мэв, найдём отсюда пороговую энергию

𝑇₁

≈

6000

Мэв

–

4⋅4000

Мэв

=

4400

Мэв

,

при этом всё равно, какое было выбрано ядро мишени – гелия или свинца! В формулу входит квадратный корень из энергии протона мишени, так как он даёт скорость этого протона. Такое движение навстречу «обстреливающему» протону делает его кинетическую энергию (в системе центра масс) много большей, чем в лабораторной системе отсчёта. Какие-то 25 Мэв позволяют сэкономить целых 1600 Мэв! ▲

94. Порождение частиц электронами

Разберитесь сначала в решении упражнения 93. Воспользуйтесь уравнением (92) на стр. 162, приняв 𝑚₁=𝑚_𝑒 в качестве массы налетающего электрона, 𝑚₂=𝑚_𝑝 – массы протона мишени и 𝑚=𝑚_𝑒+3𝑚_𝑝 – массы продуктов реакции (электрон, два протона и антипротон). Тогда это уравнение даст

(𝑚

_𝑒

+3𝑚

_𝑝

)²

=

(𝑚

_𝑒

+𝑚

_𝑝

)²

+

2𝑇

_𝑒

𝑚

_𝑝

,

откуда следует величина пороговой кинетической энергии электрона

𝑇

_𝑒

=

4𝑚

_𝑝

+

2𝑚

_𝑒

.

Масса покоя протона соответствует 10³ Мэв, а электрона 1/2 Мэв, так что ею можно практически пренебречь по сравнению с массой протона. Поэтому пороговая энергия приблизительно равна 4𝑚_𝑝=4000 Мэв. ▲

95. Фоторождение пары одиночным фотоном

Рис. 156. Диаграмма предполагаемой реакции: слева одиночный фотон до реакции, справа – предполагаемый результат реакции (пара электрон и позитрон). Реакция не идёт.

а) Предполагаемая реакция изображается диаграммой на рис. 156. Законы сохранения имеют вид:

𝐸

_фотон

=

𝐸

₊

+

𝐸

_-

(энергия),

𝐩

=

𝐩

₊

+

𝐩

_-

(импульс).

Вместо того чтобы рассматривать все компоненты 4-вектора энергии-импульса, достаточно будет взять его квадрат,

(Энергия)

²

–

(Импульс)

²

,

величина которого не должна изменяться в ходе реакции. Возводя в квадрат уравнения, описывающие законы сохранения, и вычитая полученные выражения друг из друга, найдём

(Энергия)

²

–

(Импульс)

²

=

=

(

𝐸

₊

²

+

2

𝐸

₊

𝐸

_-

+

𝐸

_-

²)

–

(

𝑝

₊

²

+

2

𝐩

₊

𝐩

_{_}

+

𝑝

₊

²)

=

=

𝐸

_фотон

²

–

𝑝

_фотон

²

.

Вспомним, что разность 𝐸²-𝑝² в случае электрона равна просто 𝑚², а для фотона она даёт нуль. Кроме того, 2𝐩₊𝐩_-=2𝑝₊𝑝_- cos φ, где φ – угол между направлениями вылета электрона и позитрона. Разделив на 2, получим уравнение

𝑚²

+

𝐸

₊

𝐸

_-

–

𝑝

₊

𝑝

_-

cos φ

=

0

или

cos φ

=

𝑚²+𝐸₊𝐸_-

𝑝₊𝑝_-

.

Однако 𝐸₊=(𝑚²+𝑝₊²)¹^/² всегда больше, чем 𝑝₊, а 𝐸_- всегда больше, чем 𝑝_- Значит, косинус равен величине, явно превышающей единицу, и поэтому ему не может соответствовать никакой реальный угол φ. Заключение: предполагаемая реакция невозможна.

Это можно доказать намного проще и изящнее, если перейти к системе центра масс предполагаемой электрон-позитронной пары. К такой системе отсчёта, где полный импульс обращается в нуль, всегда можно перейти, если в рассматриваемой физической системе хотя бы у одной частицы масса покоя отлична от нуля. Но в этой системе в момент «до» (рис. 156) импульс исходного одиночного фотона никак не может быть равен нулю: иначе была бы равна нулю и энергия фотона, так как для фотонов 𝐸=𝑝, и этого фотона попросту бы не существовало! Значит, предполагаемая нами реакция нарушает законы сохранения.

Рис. 157. Диаграмма реально происходящей реакции: кроме фотона, в ней на начальной стадии должна участвовать заряженная частица с ненулевой массой покоя.

б) Рассуждения, проведённые в упражнении 93, показывают, что при пороговой реакции все её продукты двигаются совместно с одинаковыми скоростями (рис. 157). Законы сохранения тогда записываются в виде

𝐸

_фотон

+

𝑚

=

3

𝐸

и

𝑝

=

𝐸

_фотон

=

3

𝑝

.

Возводя в квадрат и вычитая друг из друга соответствующие части получающихся уравнений, найдём

𝐸

_фотон

²

+

2𝑚𝐸

_фотон

+

𝑚²

–

𝐸

_фотон

²

=

=

9(

𝐸

²

–

𝑝

²

)=

9𝑚²

.

Отсюда следует величина пороговой энергии, равная

𝐸

_фотон

=

4𝑚

=

4⋅(1/2

Мэв

)

=

2

Мэв

.

▲

96. Фоторождение пары двумя фотонами

Рис. 158. Диаграмма реально происходящей реакции: до реакции два фотона, после реакции – электрон-позитронная пара. Показан случай порогового рождения пары, когда электрон и позитрон неподвижны относительно друг друга.

Сначала рассмотрим пороговую реакцию, после которой возникающие электрон и позитрон не разлетаются (рис. 158; см. также упражнение 93). Запишем компоненты 4-вектора энергии-импульса до и после реакции и приравняем их:

𝐸₁

+

𝐸₂

=

2

𝐸

,

𝐩₁

+

𝐩₂

=

2

𝐩

.

Найдём квадрат этого 4-вектора:

(Энергия)

²

–

(Импульс)

²

=

=

𝐸₁²

+

2𝐸₁𝐸₂

+

𝐸₂²

–

𝑝₁²

–

2𝑝₁𝑝₂

cos φ

–

𝑝₂²

=

=

4

𝐸

²

–

4

𝑝

²

.

Полученное уравнение упрощается, если учесть, что разность 𝐸²-𝑝² равна 0 для фотонов и 𝑚 для электронов или позитронов, а также что 1-cos φ=2 sin² ½φ. В результате найдём

𝐸₁

𝐸₂

sin²

φ

2

=

𝑚²

.

Выполнение этого условия соответствует тому, что реакция идёт на пределе (пороговое условие). Если слева будет стоять большая величина, то это значит, что энергии, которой два фотона обладают в системе центра масс (когда их суммарный импульс равен нулю), в принципе было бы достаточно для образования пары более массивных частиц, чем электрон и позитрон. Этот избыток энергии (величины в левой части равенства) означает также, что, если на самом деле рождается пара (𝑒⁺, 𝑒⁻), то её компоненты будут находиться в относительном движении и их кинетическая энергия не будет равна нулю в системе центра масс; иначе говоря, мы будем иметь дело уже с надпороговой реакцией. ▲

97. Аннигиляция электрон-позитронной пары

а) В системе центра масс перед аннигиляцией полный импульс равен нулю. Значит, он должен быть равен нулю и после аннигиляции. Однако одиночный фотон не может обладать нулевым импульсом. Поэтому, чтобы закон сохранения импульса не нарушался, должно быть испущено по крайней мере два фотона (рис. 159).

Рис. 159.

б) Запишем закон сохранения энергии:

𝐸

+

𝑚

=

𝐸

₁

+

𝐸

₂

или

𝐸

₂²

=

⎛

⎝

𝐸

+

𝑚

–

𝐸

₁

⎞²

⎠

.

Закон сохранения импульса ясен из рис. 160.

Рис. 160.

Воспользуемся законом косинусов

𝐸

₂²

=

𝐸

₁²

+

𝑝²

–

2𝑝

𝐸

₁

cos φ₁

=

=

𝐸

₁²

+

𝐸²

–

𝑚²

–

2𝑝

𝐸

₁

cos φ₁

.

Приравнивая друг другу два выражения для 𝐸₂² найдём

𝐸²

+

𝑚²

+

𝐸

₁²

+

2𝑚𝐸

–

2𝐸

𝐸

₁

–

2𝑚

𝐸

₁

=

=

𝐸

₁²

+

𝐸²

–

𝑚²

–

2𝑝

𝐸

₁

cos φ₁

.

Отсюда следует выражение для 𝐸₁:

𝐸

₁

=

𝑚(𝑚+𝐸)

𝐸+𝑚-𝑝 cos φ₁

=

𝑚(2𝑚+𝑇)

2𝑚+𝑇-cos φ₁√𝑇²+2𝑚𝑇

или, наконец, в единицах массы электрона 𝑚,

𝐸

₁

=

1

.

𝑚

1

–

cos φ₁

√

1+2𝑚/𝑇

в) При заданной кинетической энергии сталкивающегося позитрона 𝑇 максимальная энергия гамма-кванта реализуется при cos φ₁=1, т.е. φ₁=0, и равна

⎛

⎜

⎝

𝐸₁

𝑚

⎞

⎟

⎠

макс

=

1

1-(1+2𝑚/𝑇)⁻¹^/²

.

Минимальная энергия фотона соответствует cos φ₁=-1, т.е. φ₁=π, и равна

⎛

⎜

⎝

𝐸₁

𝑚

⎞

⎟

⎠

мин

=

1

1+(1+2𝑚/𝑇)⁻¹^/²

.

г) При очень малых 𝑇 (очень больших отношениях 𝑚/𝑇) максимальная и минимальная энергии приближённо равны друг другу:

⎛

⎜

⎝

𝐸₁

𝑚

⎞

⎟

⎠

макс

≈

⎛

⎜

⎝

𝐸₁

𝑚

⎞

⎟

⎠

мин

≈

1

(малые

𝑇

).

Каждый фотон уносит энергию, равную энергии покоя одного электрона; первоначальной кинетической энергией можно пренебречь.

При очень больших 𝑇 (очень малых отношениях 𝑚/𝑇) максимальная и минимальная энергии испущенных фотонов резко отличаются друг от друга:

⎛

⎜

⎝

𝐸

₁

⎞

⎟

⎠

макс

≈

1

=

𝑇

,

𝑚

1

–

⎛

⎜

⎝

1

–

𝑚

⎞

⎟

⎠

𝑚

𝑇

⎛

⎜

⎝

𝐸₁

𝑚

⎞

⎟

⎠

мин

≈

1

2

(большие

𝑇

).

В этом случае самый богатый энергией из испущенных фотонов уносит с собой кинетическую энергию сталкивающегося позитрона, которая очень велика. Минимальная энергия здесь составляет половину массы покоя электрона. ▲

98. Проверка принципа относительности

Рис. 161.

а) Схему на рис. 122 можно представить в виде диаграммы (рис. 161). Законы сохранения записываются как

𝐸

+

𝑚

=

𝐸

₁

+

𝐸

₂

,

𝑝

=

𝐸

₁

cos 30°

–

𝐸

₂

sin 30°

,

0

=

𝐸

₁

sin 30°

–

𝐸

₂

cos 30°

.

Из последних двух уравнений следует

𝐸

₂

=

𝐸

₁

sin 30°

cos 30°

=

0,58

𝐸

₁

,

и

𝑝

=

𝐸

₁

⎛

⎜

⎝

cos 30°

–

sin² 30°

cos 30°

⎞

⎟

⎠

=

0,58

𝐸

₁

.

Подставляя эти выражения в уравнение для сохранения энергии, найдём

𝐸

+

𝑚

=

𝑝

0,58

+

𝑝

=

2,75𝑝

=

2,75√

𝐸²-𝑚²

=

=

2,75

√

𝐸+𝑚

√

𝐸-𝑚

или

√

𝐸+𝑚

=

2,75

√

𝐸-𝑚

.

Возводя в квадрат, получим

𝐸+𝑚

=

7,6

(𝐸-𝑚)

,

откуда следует величина энергии

𝐸

=

1,3𝑚

.

Кинетическая энергия налетающего позитрона, регистрируемого таким способом, равна

𝑇

=

𝐸

–

𝑚

=

0,3𝑚

=

0,3⋅0,5⋅10⁶

эв

=

150

кэв

.

При этом скорость не близка к единице, и её величину приходится находить непосредственным вычислением:

𝐸

=

𝑚 ch



θ

_𝑟

=

𝑚(1-β²)

^-½

=

1,3𝑚

,

1

–

β²

=

0,59

,

β

=

0,64

.

б) Следовало бы регистрировать разность времён между попаданиями гамма-квантов в счётчики 𝐴 и 𝐵, расположенные на равных расстояниях от мишени. Если бы такая разность была обнаружена, она свидетельствовала бы о различии величины скорости света в зависимости от того, вперёд или назад был он испущен движущейся частицей. Соответствующие экспериментальные результаты приведены на рис. 123. ▲

99. Отождествление частиц по трекам в пузырьковой камере

а) Лабораторная система отсчёта является одновременно и системой центра масс; в ней законы сохранения принимают вид

𝑚

_π

=

𝐸

_μ

+

𝐸

_𝑥

=

√

𝑝

_μ

²+𝑚

_μ

²

+

√

𝑝

_𝑥

²+𝑚

_𝑥

²

,

𝑝

_μ

=

58,2𝑚

_𝑒

=

𝑝

_𝑥

.

Подставим значение 𝑝, следующее из второго уравнения, в первое и используем значения масс покоя мезонов, указанные в условиях задачи. С точностью логарифмической линейки найдём

58𝑚

_𝑒

=

√

58,2𝑚

_𝑒

+𝑚

_𝑥

²

.

Это уравнение заставляет думать, что 𝑚_𝑥 либо точно равняется нулю, либо намного меньше, чем 𝑚_𝑒.

б) Спиновый момент импульса неизвестной частицы должен уничтожаться в сумме со спиновым моментом μ+-мезона ½ℏ. Отсюда следует, что спиновый момент неизвестной частицы по абсолютной величине равен ½ℏ и направлен в сторону, противоположную спиновому моменту μ+-мезона. ▲

100. Накопительные кольца и встречные пучки

Рис. 162.

В лабораторной системе отсчёта полная величина энергии, которая может реализоваться во взаимодействии, равна суммарной кинетической энергии сталкивающихся электронов, т.е. 500 Мэв + 500 Мэв = 1000 Мэв = 1 Бэв, плюс энергия покоя этих электронов, т.е. 1/2 Мэв + 1/2 Мэв = 1 Мэв, которой можно пренебречь по сравнению с кинетической энергией. В любой другой системе отсчёта полная величина энергии, которая может реализоваться во взаимодействии, будет такой же. На рис. 162 представлены ситуации в лабораторной системе и в системе отсчёта ракеты. В последней один из электронов первоначально покоится; найдём кинетическую энергию другого. Частица 1 может покоиться в той системе, параметр скорости которой определяется соотношением

𝐸

=

𝑚 ch



θ

_𝑟

или

ch



θ

_𝑟

=

𝐸

𝑚

≈

𝑇

𝑚

≈

1000

.

При столь больших скоростях из равенства (89), 𝐸≈𝑝, следует, что sh θ_𝑟≈ch θ_𝑟≈1000. Поэтому формула преобразования энергии записывается для частицы 2 (с импульсом -𝑝) в виде

𝐸₂'

=

𝐸₂

ch



θ

_𝑟

–

𝑝₂

sh



θ

_𝑟

=

𝐸

ch



θ

_𝑟

–

𝑝

sh



θ

_𝑟

≈

≈

2𝐸

ch



θ

_𝑟

≈

2𝐸

𝑇

𝑚

≈

(2⋅500

Мэв

)⋅1000

=

=

10⁶

Мэв

=

10³

Бэв

.

Такова кинетическая энергия, которую следует придать одиночному электрону, налетающему на покоящийся электрон, чтобы полная энергия, которая может реализоваться во взаимодействии, составляла 1000 Мэв.

Если взять для протонов (у которых 𝑚=1 Бэв) 𝐸₂'=10³ Бэв, то, читая предыдущие соотношения в обратном порядке, получим

2𝐸

_𝑝

=

𝑇_𝑝

𝑚

≈

2

𝑇_𝑝²

𝑚

≈

10³

Бэв

или

𝑇

_𝑝

²

=

𝑚

2

⋅

10²

Бэв

²

≈

500

Бэв

²

,

𝑇

_𝑝

=

22

Бэв

.

Значит, протоны, «консервируемые» в накопительных кольцах, должны обладать энергией 22 Бэв, и полная энергия взаимодействия составит 22+22+1+1=46 Бэв. ▲

101. Де Бройль и Бор

Из упражнения 72 известно, что

𝐸

=

𝑝

=

ℎ

𝑐²

ν

.

однако

ν

=

𝑐

λ

,

так что

𝑝

=

ℎ

λ𝑐

или

λ

=

ℎ

𝑝𝑐

=

ℎ

𝑝_обычн

,

где 𝑝_обычн=𝑝𝑐 – импульс, выраженный в обычных единицах. Потребуем, чтобы для электрона, движущегося по орбите вокруг ядра, выполнялось равенство

𝑛λ

=

2π𝑟

,

𝑛

=

1,

2,

3,

…,

или

𝑛ℎ

𝑝_обычн

=

2π𝑟

,

или

𝑟𝑝

_обычн

=

𝑛

ℎ

2π

=

𝑛ℏ

,

𝑛

=

1,

2,

3,

…,

Отсюда следует, что орбитальный момент импульса электрона 𝑟𝑝_обычн должен быть равен целому кратному ℏ «кванта момента импульса».

Приравняем силу электрического притяжения 𝐾𝑍𝑒²/𝑟² электрона (заряд 𝑒) к ядру (заряд 𝑍𝑒) центробежной силе

𝑚𝑣²

𝑟

=

𝑚²𝑣²

𝑚𝑟

=

(𝑝_обычн)²

𝑚𝑟

,

необходимой для удержания электрона на круговой орбите. Постоянная 𝐾 зависит от выбора системы единиц (в единицах СГС 𝐾=1; в системе СИ, или МКС, 𝐾=1/(4 πε₀) н⋅м²/к²:

(𝑝_обычн)²

𝑚𝑟

=

𝐾𝑍𝑒²

𝑟²

или

(𝑟𝑝

_обычн

)²

=

𝑛²ℏ²

𝐾𝑍𝑒²𝑚𝑟

,

откуда получим

𝑟

=

𝑛²ℏ²

𝐾𝑍𝑒²𝑚

.

Формула (126а) получится, если использовать систему 𝐾=1/(4 πε₀) мула (126б) – если положить 𝐾=1.

Величину скорости β можно найти из формулы, справедливой в случае малых скоростей:

β

=

𝑝_обычн

𝑚𝑐

=

𝑛ℏ

𝑚𝑟𝑐

=

𝑛ℏ

𝑚𝑐𝑛²ℏ²/(𝐾𝑍𝑒²𝑚)

=

=

𝐾𝑍𝑒²

𝑛ℏ𝑐

=

𝐾𝑒²

ℏ𝑐

⋅

𝑍

𝑛

=

α𝑍

𝑛

.

▲

102. Ви'дение посредством электронов

В формулу для импульса 𝑝=ℎ/λ𝑐 подставим значения λ=10⁻⁶ м и λ=10⁻¹⁵ м а затем найдём соответствующие значения энергии по формуле 𝐸/𝑚=√1+(𝑃/𝑚)². При λ=10⁻⁶ м энергия получается приближённо равной

𝐸

𝑚

≈

1

+

3⋅10⁻¹²

,

так что

𝑇

≈

3⋅10⁻¹²

𝑚

.

Примем 𝑚=0,5 Мэв; необходимая кинетическая энергия будет тогда равна

𝑇

≈

1,5⋅10⁻⁶

эв

.

Чтобы электронный микроскоп обладал достаточной разрешающей способностью для наблюдения бактерий, электроны должны пропускаться через разность потенциалов не менее одного микровольта. Такие низкие напряжения на практике трудно поддерживать стабильно; более того, столь медленные электроны вовсе не способны пройти даже сквозь высушенную бактерию. Поэтому пользуются электронами с энергиями в несколько тысяч электронвольт, и это позволяет наблюдать детали строения бактерий. При λ=10⁻¹⁵ м энергия должна быть равна

𝐸

𝑚

=

2,4⋅10³

≈

𝑇

𝑚

,

𝑇

=

2,4⋅10³⋅0,5

Мэв

≈

10⁹

эв

=

1

Бэв

.

Для выявления деталей структуры протонов и нейтронов необходимы электроны, ускоренные не менее чем до таких энергий. ▲

103. Прецессия Томаса

Все этапы решения этой задачи подробно изложены в тексте.

104. Трудности межзвёздных полётов

а) Требуемую величину параметра скорости можно определить по коэффициенту замедления времени, ch θ=10. По «способам быстрой оценки для простых смертных» (см. табл. 8 на стр. 78) для параметра скорости приближённо найдём 𝑒^θ=20 или θ=3. Отношение начальной массы ракеты к конечной для одного этапа ускорения из состояния покоя до данного конечного значения параметра скорости (или для замедления от данного значения параметра скорости до состояния покоя) можно вычислить по формуле (110) из упражнения 58:

θ

=

ln

𝑀₁

𝑀

.

Отсюда следует искомое отношение масс

𝑀₁

𝑀

=

𝑒

^θ

=

20

.

Полезный груз ракеты равен 10⁵ кг; поэтому суммарная масса полезного груза и горючего перед последним торможением при возвращении на Землю составляет 20⋅10⁵ кг. Но при предшествовавшем ускорении от далёкой звезды к Земле ускорять приходится не только полезный груз, но и горючее, необходимое для конечного торможения. Поэтому при прощании со звездой полная масса космического корабля должна быть равна 20⋅20⋅10⁵ кг. Продолжая эти рассуждения назад во времени вплоть до самого отлёта с Земли, для исходного значения массы корабля получим

20⋅20⋅20⋅20⋅10⁵

кг

3,2⋅10¹⁰

кг

,

т.е. 32 миллиона тонн! Из этой общей массы полезный груз составляет всего 100 тонн, а остальное – горючее.

б) Полёт в одну сторону (быстрое ускорение не в счёт, важен лишь длительный полёт по инерции, когда ch θ=10) занимает 50 лет времени астронавта или 50⋅10 лет= 500 лет на Земле. Космический корабль летит почти со скоростью света:

1

–

β²

=

1

ch²θ

=

10⁻²

=

(1-β)

(1+β)

≈

2(1-β)

,

или

1-β

≈

0,5⋅10⁻²

.

Поэтому он может достигнуть звезды, удалённой от нас самое большее на 500 световых лет. Всё путешествие займёт тысячу земных лет.

в) Коэффициент замедления времени равен ch θ=10, поэтому энергия атома водорода (масса покоя 𝑚) составляет

𝐸

=

𝑚 ch θ

=

10𝑚

или

𝑇

=

𝐸

–

𝑚

=

9𝑚

≈

9

Бэв

.

Лоренцево сокращение, происходящее в направлении движения, также определяется коэффициентом ch θ=10. Поэтому в системе отсчёта ракеты, движущейся со своей полной скоростью, на каждый кубический сантиметр будет приходиться не один атом водорода, а целых десять, т.е. 10⋅10²⋅10²⋅10²=10⁷ атомов на один кубометр. В этой системе отсчёта они будут лететь почти со скоростью света, так что в секунду на каждый квадратный метр лобовой поверхности космического корабля будет обрушиваться 3⋅10⁸ кубических метров частиц – 3⋅10¹⁵ атомов. Это в 300 раз превышает мощность пучка протонов высокой энергии от ускорителя.

Подведём итоги:

1) Расстояние (около 500 световых лет), достижимое в космическом полёте человеком за время его жизни, намного меньше, чем расстояния до самых далёких из наблюдаемых нами звёзд (от 5 до 9 миллиардов световых лет).

2) Даже в случае «идеальной» ракеты отношение начальной массы к конечной, необходимое для полёта туда и обратно «всего лишь» на расстояние 500 световых лет, недопустимо велико.

3) Астронавт-человек нуждается во время такого полёта в массивном защитном щите, что несовместимо с предположением об идеальной ракете, принятым при выводе двух предыдущих заключений. ▲