Soluciones ejercicios hoja 3

Soluciones Hoja 3: Relatividad (III)
1) Un electrón y un positrón colisionan y se aniquilan dando lugar a un par protónantiprotón. Obtener la energı́a cinética mı́nima que han de tener las partı́culas iniciales
para que el proceso sea posible en (a) el sistema de referencia del centro de masas y (b) en
el sistema de referencia del laboratorio en el que el positrón está inicialmente en reposo.
Solución: (a) En el sistema CM la conservación de la energı́a nos dice que
2me c2 + 2Ke = 2mp c2 + 2Kp .
El valor mı́nimo de Ke se alcanzará cuando el par resultante aparezca parado (Kp = 0). De
este modo,
Ke,min = (mp − me )c2 ≈ 937.5 MeV.
(b) En el sistema de referencia del laboratorio, la energı́a mı́nima viene dada por la
siguiente fórmula:
Ee,min =
(
P
mf )2 − m2e − m2e 2 4m2p − 2m2e 2
c =
c.
2me
2me
De este modo, la correspondiente energı́a cinética será
Ke,min
2(m2p − m2e ) 2
= Ee,min − me c =
c ≈ 3.44 TeV.
me
2
2) Supongamos que un acelerador puede proporcionar a los protones una energı́a cinética
de 200 GeV. La masa en reposo de un protón es 0.938 GeV. Calcular la mayor masa en
reposo de una partı́cula X que se puede producir en el impacto de uno de estos protones
energéticos sobre un protón en reposo en el siguiente proceso: p + p −→ p + p + X.
¿Cuál serı́a la energı́a cinética necesaria para generar un bosón de Higgs?
Solución: La energı́a cinética umbral para esta reacción viene dada por
Kmin = Emin − mp c2 =
(2mp + mX )2 − 2m2p 2
m2 + 4mp mX 2
c − mp c2 = X
c.
2mp
2mp
De este modo, la energı́a en reposo de la partı́cula X vendrá dada por la solución de la
siguiente ecuación cuadrática:
(mX c2 )2 + 4mp c2 (mX c2 ) − 2mp c2 Kmin = 0,
cuya solución fı́sica es
s
"
mX c2 = 2mp c2 −1 +
#
Kmin
1+
.
2mp c2
Usando Kmin = 200 GeV y mp c2 = 0.938 GeV, tenemos que mX c2 = 17.58 GeV.
Para producir un Higgs, cuya energı́a en reposo es aproximadamente 125 GeV, se necesitarı́a una energı́a cinética de unos 8.579 TeV.
1
3) Considérese la colisión elástica que se muestra en la figura. En el sistema del laboratorio S
la partı́cula b está inicialmente en reposo, la partı́cula a se aproxima con un cuadrimomento
pa y se dispersa formando un ángulo θ y la partı́cula b retrocede formando un ángulo φ. En el
sistema de referencia S 0 del centro de masas (CM), las dos partı́culas se aproximan y emergen
con momentos iguales y opuestos y la partı́cula a se dispersa con un ángulo θ0 . (a) Demostrar
que la velocidad del CM relativa al sistema del laboratorio es V~ = p~a c2 /(Ea + mb c2 ). (b)
Transformando el momento final de a del sistema CM al sistema del laboratorio, demostrar
que
sen θ0
tg θ =
,
γV (cos θ0 + V /va0 )
donde va0 es la velocidad de a en el CM. (c) Demostrar que en el lı́mite de que todas
las velocidades son mucho más pequeñas que c, este resultado se reduce al resultado no
relativista. (d) Particularizar ahora al caso ma = mb y demostrar que en este caso V /va0 = 1.
Encontrar, además, una fórmula para tg φ. (e) Demostrar que el ángulo entre los momentos
salientes está dado por tg (θ + φ) = 2/(βV2 γV sen θ0 ). Mostrar que en el lı́mite V c se
recupera el conocido resultado no-relativista θ + φ = 90o .
a
a
b
θ
a
a
x
b
φ
sistema del laboratorio
θ′
b
sistema del CM
Solución: (a) El cuadrimomento total del sistema antes de la colisión viene dado por
P = ((Ea + mb c2 )/c, p~a ). Por tanto, la velocidad del CM viene dada por
V~ =
p~a c2
.
Ea + mb c2
(b) El ángulo θ en el sistema S viene dado por tg θ = pa,y /pa,x . Para calcular estas
componentes del momento lineal de a hacemos uso de las transformaciones de Lorentz:
pa,x = γV (p0a,x + βV Ea0 /c) = γV (p0a cos θ0 + βV Ea0 /c) = γV p0a (cos θ0 + βV Ea0 /(p0a c))
⇒ pa,x = γV p0a (cos θ0 + V /va0 ),
pa,y = p0a,y = p0a sen θ0 .
Por tanto,
tg θ =
sen θ0
.
γV (cos θ0 + V /va0 )
(c) Si v c, entonces
tg θ =
sen θ0
.
cos θ0 + V /va0
2
Es fácil comprobar que este es el resultado no relativista. Para ello podemos usar las
transformaciones de Galileo del siguiente modo:
0
va,y
v 0 sen θ0
sen θ0
va,y
= 0
= 0 a 0
=
tg θ =
.
va,x
va,x + V
va cos θ + V
cos θ0 + V /va0
(d) Si las masas son iguales, la conservación de la energı́a y del momento lineal hacen que
todas las velocidades (antes y después de la colisión) sean iguales en módulo en el sistema
CM. De este modo, V = v 0 .
Para encontrar un expresión para φ procedemos como en el apartado (b). En este caso,
tg φ = −pb,y /pb,x y las transformaciones de Lorentz para la partı́cula b son
pb,x = γV (p0b,x + βV Eb0 /c) = γV (p0b cos(θ0 − π) + βV Eb0 /c) = γV p0b (− cos θ0 + βV Eb0 /(p0b c))
⇒ pb,x = γV p0b (− cos θ0 + 1),
pb,y = p0b,y = p0b sen (θ0 − π) = −p0b sen θ0 .
En la primera transformación hemos usado que V = vb0 porque las masas son iguales. Por
tanto,
sen θ0
.
tg φ =
γV (1 − cos θ0 )
(e) Para calcular tg (θ + φ) hacemos uso de la siguiente relación trigonométrica
tg (θ + φ) =
tg θ + tg φ
.
1 − tg θ + tg φ
Con los resultados de los apartados anteriores (para masas iguales), es fácil mostrar que
tg θ + tg φ = 2/(γV sen θ0 ), mientras que 1 − tg θ tg φ = βV2 . Por tanto, tenemos que
tg (θ + φ) =
βV2 γV
2
.
sen θ0
Es obvio que cuando V c, tg (θ + φ) → ∞ y, por tanto, θ + φ = π/2.
4) Un pión positivo en reposo se desintegra en un antimuón y un neutrino muónico: π + −→
µ+ + νµ . Las masas involucradas son mπ = 140 MeV/c2 , mµ = 106 MeV/c2 y mν ≈ 0.
Demostrar que la velocidad del antimuón viene dada por: β = (m2π − m2ν )/(m2π + m2µ ).
Evaluar esta velocidad numéricamente.
Solución: Hacemos uso de la conservación de la energı́a para escribir
mπ c2 = Eµ + Eν = Eµ + pν c = Eµ + pµ c ⇒ Eµ = mπ c2 − pµ c,
donde hemos hecho uso de la conservación del momento lineal (pµ = pν ). Elevando al
cuadrado la última ecuación y haciendo uso de Eµ2 = (pµ c)2 + (mµ c2 )2 , tenemos que
Eµ2 = (pµ c)2 + (mµ c2 )2 = (mπ c2 )2 + (pµ c)2 − 2(pµ c)(mπ c2 ) ⇒ pµ c =
3
(mπ c2 )2 − (mµ c2 )2
.
2mπ c2
q
Usando que pµ c = γµ mβµ c2 , donde γµ = 1/ 1 − βµ2 , tenemos que
m2π − m2µ
γµ βµ =
,
2mπ mµ
que operando un poco para despejar βµ nos conduce a
m2π − m2µ
βµ = 2
≈ 0.27.
mπ + m2µ
5) En un sistema de referencia del laboratorio, un electrón con energı́a cinética K0 = 4me c2
impacta contra un positrón en reposo. Como resultado, las dos partı́culas se aniquilan y se
emiten dos fotones cuyas frecuencias son f1 y f2 no son necesariamente iguales. (a) Obtener
la velocidad del centro de masas (CM) del sistema medida en el sistema de referencia del
laboratorio. (b) Calcular la energı́a total del sistema en sistema CM. ¿Cuál es la energı́a
de cada uno de los fotones resultantes en el sistema del CM? (c) Si el ángulo que forman
los momentos lineales de los fotones en el sistema del laboratorio es θ = π/2, obtener las
energı́as en dicho sistema de referencia.
Solución: (a) La velocidad del centro de masas vendrá dada por
VCM
pTotal c
pe c
=
=
=
c
ETotal
Ee + me c2
q
Ee2 − (me c2 )2
6me c2
√
=
24me c2 q
= 2/3.
6me c2
Obviamente la dirección es la dirección de la velocidad del electrón incidente.
(b) Determinaremos la energı́a total del sistema en sistema CM del siguiente modo:
2
2
2
ECM,Total
− (pCM,Total c)2 = ECM,total
= (2ECM,γ1 )2 = ELab,Total
− (pLab,Total c)2 =
√
(6me c2 )2 − (pe c)2 = (6me c2 )2 − ( 24me c2 )2 = 12(me c2 )2 ,
√
de donde se deduce que ECM,1 = ECM,2 = 3me c2 .
(c) Consideramos el cuadrimomento total de los fotones en el sistema del laboratorio
pγ1 + pγ2 , cuyo cuadrado según el apartado anterior es igual a 12(me c)2 . Desarrollando esta
idea, tenemos que
(pγ1 + pγ2 ) · (pγ1 + pγ2 ) = 12(me c)2 = pγ1 · pγ1 + pγ2 · pγ2 + 2pγ1 · pγ2 = 2pγ1 · pγ2 ,
⇒ 12(me c)2 = 2(Eγ1 Eγ2 /c2 − p~γ1 · p~γ2 ) = 2(Eγ1 Eγ2 /c2 − p1 p2 cos θ) = 2Eγ1 Eγ2 /c
⇒ Eγ1 Eγ2 = 6me c2 .
Por otra parte, de la conservación de la energı́a en el sistema del laboratorio tenemos que
Eγ1 + Eγ2 = ETotal = 6me c2 .
Combinando ambas ecuaciones llegamos a que
Eγ21 − (6me c2 )Eγ1 + 6me c2 = 0,
√
que nos da como soluciones Eγ1 ,γ2 = (3 ± 3)me c2 .
4
6) Dos partı́culas con masas en reposo m1 y m2 se mueven a lo largo del x de un sistema
de referencia una hacia la otra con velocidades v1 y v2 . Después de la colisión se fusionan
en una sola partı́cula con masa en reposo m3 que se mueve con velocidad v3 con respecto al
sistema de referencia. Encontrar m3 y v3 en función de m1 , m2 , v1 y v2 . ¿Serı́a posible que
la partı́cula resultante fuera un fotón si las partı́culas originales no lo son?
Solución: Para determinar la masa m3 hacemos uso de la conservación del cuadrimomento p1 + p2 = p3 que elevando al cuadrado (producto escalar consigo misma) nos da
(m1 c)2 + (m2 c)2 + 2p1 · p2 = (m3 c)2 ,
donde hemos usado que pi · pi = (mi c)2 . Por otra parte, tenemos que
2
2
p1 · p2 = E1 E2 /c − p~1 · p~2 = γ1 γ2 m1 m2 c + γ1 γ2 m1 m2 v1 v2 = γ1 γ2 m1 m2
v1 v2
1+ 2 .
c
Ası́ pues,
s
m3 =
m21
+
m22
+ 2γ1 γ2 m1 m2
v1 v2
1+ 2 .
c
Es obvio que m3 6= 0 si m1,2 6= 0 y, por tanto, la partı́cula resultante no puede ser un
fotón si las partı́culas originales no lo son.
Por su parte, la velocidad v3 se puede determinar del siguiente modo:
p3 c
pTotal c
γ1 m1 v1 − γ2 m2 v2
v3
=
=
=
.
c
E3
ETotal
γ1 m1 c + γ2 m2 c
7) Los primeros positrones que se observaron fueron creados en pares electrón-positrón a
partir de fotones de rayos cósmicos de alta energı́a en la atmósfera superior. (a) Demostrar
que un fotón aislado no puede convertirse en un par electrón-positrón en el proceso γ −→
e+ + e− . (b) Lo que ocurre realmente es que un fotón colisiona con un núcleo estacionario
con el resultado: γ + núcleo −→ e+ + e− + núcleo. Convencerse de que la fórmula
para la energı́a umbral derivada para el caso de partı́culas masivas también se puede usar
en este caso. Mostrar también que siempre que la masa del núcleo sea mucho mayor que
la del electrón, la energı́a mı́nima del fotón para inducir esta reacción es aproximadamente
2me c2 , lo que significa que el núcleo sólo ejerce de catalizador de la reacción.
Solución: (a) El módulo del cuadrimomento del fotón ha de ser cero y, por tanto, el
módulo del cuadrimomento total del par electrón-positrón debe ser también cero en cualquier
sistema de referencia. Sin embargo, esto no puede ser cierto ya que en el sistema CM, donde
el momento total tridimensional es cero, el módulo del cuadrimomento total es obviamente
distinto de cero y toma como mı́nimo el valor 4m2e c2 . Ası́ pues, esta reacción no puede tener
lugar.
(b) Consideremos la reacción γ + núcleo −→ e+ + e− + núcleo. Para determinar la
energı́a umbral aplicaremos la invariancia del módulo del cuadrimomento total. Si evaluamos
ese módulo en el sistema de referencia CM después de la colisión, tendrá un valor mı́nimo (que
2
corresponde a que las partı́culas resultantes estén paradas) igual a ECM,Total
/c2 − p2CM,Total =
5
(2me + MN )2 c2 , donde MN es la masa del núcleo. Por su parte, si evaluamos dicho módulo
en el sistema del laboratorio y antes de la colisión, tendremos
(pγ + pN ) · (pγ + pN ) = pγ · pγ + pN · pN + 2pγ · pN = 0 + (MN c)2 + 2Eγ MN .
Igualando ambos resultados y despejando la energı́a umbral, llegamos a
Eγ,min =
(2me + MN )2 − MN2 2
c,
2MN
que corresponde a la fórmula de la energı́a umbral que derivamos para partı́culas masivas
teniendo en cuenta que mγ = 0.
Podemos reescribir la expresión anterior de la siguiente manera
2me
4m2e + 4me MN 2
=
c = 2me c2 1 +
,
2MN
MN
Eγ,min
de donde es obvio que si MN me entonces Eγ,min ≈ 2me c2 .
8) Considerar una colisión frontal elástica entre un electrón de alta energı́a (energı́a E0
y velocidad β0 c) y un fotón de energı́a Eγ0 . (Colisión frontal significa que las partı́culas
después de la colisión se siguen moviendo a lo largo de la misma recta.) Demostrar que la
energı́a final del fotón Eγ viene dada por
Eγ = E0
1 + β0
.
2 + (1 − β0 )E0 /Eγ0
Mostrar que Eγ < E0 , pero que si β0 → 1, entonces Eγ → E0 ; esto es, un electrón de
muy alta energı́a pierde casi toda su energı́a en favor del fotón en un colisión frontal. ¿Qué
fracción de su energı́a original retendrı́a el electrón si E0 = 10 TeV y el fotón estaba en el
rango del visible, Eγ0 ≈ 3 eV?
Solución: Planteemos la conservación del cuadrimomento:
pγ0 + p0 = p + pγ ⇒ p0 + (pγ0 − pγ ) = p,
donde pγ0 es el cuadrimomento del fotón incidente, p0 el del electrón incidente, p el del
electrón dispersado y pγ el del fotón dispersado. Elevando al cuadrado la última ecuación,
es decir, haciendo el producto escalar consigo misma, tenemos que
p0 · p0 + (pγ0 − pγ ) · (pγ0 − pγ ) + 2p0 · (pγ0 − pγ ) = p · p.
Haciendo uso de (pγ0 − pγ ) · (pγ0 − pγ ) = −2pγ0 · pγ (ya que pγ0 · pγ0 = pγ · pγ = 0) y que
p0 · p0 = p · p = (me c)2 , tenemos que la ecuación anterior se reduce a
p0 · pγ0 = (p0 + pγ0 ) · pγ ,
que será nuestra ecuación de partida.
6
Los diversos cuadrimomentos que aparecen en la ecuación anterior vienen dados por
(nótese que no escribimos las componentes y y z ya que son cero en todos los casos)
p0 = (E0 /c, −γ0 me β0 c) =
Eγ
Eγ
E0
(1, −β0 /c), pγ0 = 0 (1, 1), pγ =
(1, −1).
c
c
c
Nótese que hemos supuesto que el electrón se mueve inicialmente hacia la izquierda y el
fotón hacia la derecha. Después de la colisión, las partı́culas invierten sus sentidos.
De este modo, tenemos que
p0 · pγ0 =
Eγ0 E0 (1 + β0 )
,
c2
1
p0 + pγ0 = (Eγ0 + E0 , Eγ0 − E0 β0 ),
c
2Eγ0 + E0 (1 − β0 )
(p0 + pγ0 ) · pγ = Eγ
.
c2
Substituyendo en nuestra ecuación de partida y despejando Eγ , tenemos que
Eγ = E0
1 + β0
,
2 + (1 − β0 )E0 /Eγ0
que es lo querı́amos demostrar.
Para demostar que Eγ < E0 , podemos reescribir la expresión anterior de la siguiente
forma
Eγ = E0
1 + β0
1 + β0
,
= E0
1 + 1 + β0 − β0 + (1 − β0 )E0 /Eγ0
(1 + β0 ) + (1 − β0 )(1 + E0 /Eγ0 )
de donde es evidente que Eγ < E0 ya que β0 < 1. Además, también es obvio que si β0 → 1,
entonces Eγ → E0 .
Con los números del enunciado Eγ ≈ 0.998E0 Eγ0 , con lo cual el electrón retendrı́a
aproximadamente el 0.2% de su energı́a.
7