Feladat:	2003. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2003/november, 503 - 505. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Relativisztikus impulzus, Relativisztikus energia, Egyéb optika, Foton (mint elemi részecske), Nemzetközi Fizika Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/október: 2003. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 3. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   3.A feladat. Neutrínótömeg és neutronbomlás   $a)$ Jelöljük az egyes részecskék (relativisztikus) energiáját $E$-vel, impulzusvektorát pedig $\text{q}$-val, és mindegyiket lássuk el a részecske típusára utaló (p, n, e, illetve az antineutrínót $\nu$) indexszel! Használjunk olyan egységrendszert, amelyben a fénysebesség egységnyi (ebben a tömeget, az energiát és az impulzust egyaránt MeV-ban mérhetjük.) A bomlási folyamat során az energiák összege és az impulzusok összege változatlan marad (ezek megmaradó mennyiségek): ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle E_{\text{n}}}& {\displaystyle =E_{\text{p}}+E_{\text{e}}+E_{\nu }\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle {\text{q}}_{\text{n}}}& {\displaystyle ={\text{q}}_{\text{p}}+{\text{q}}_{\text{e}}+{\text{q}}_{\nu }\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\end{array}}$ Az egyes részecskék energiája és impulzusa összefügg egymással: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_i^2-{\text{q}}_i^2=m_i^2\left(i=\text{n,p,e,}\nu \right)\mathrm{,}}\end{array}$ (3) amint az a megfelelő ${\text{v}}_i$ sebességgel felírt $\begin{array}{c}{\displaystyle E_i=\frac{m_i}{\sqrt[]{1-v_i^2}}\mathrm{,}{\text{q}}_i=\frac{m_i{\text{v}}_i}{\sqrt[]{1-v_i^2}}}\end{array}$ formulákból könnyen leolvasható. Képzeljük el, hogy a vizsgálandó $\text{n}\to \text{p}+\text{e}+\nu$ bomlási folyamat két lépésben megy végbe: a neutron először elbomlik egy elektronra és egy $x$ jelű részecskére, majd az $x$ részecske elbomlik protonra és antineutrínóra: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{n}\to \text{e}+x\text{majd}x\to \text{p}+\nu \mathrm{.}}\end{array}$ (A megmaradási törvények szempontjából lényegtelen, hogy a folyamat ténylegesen így zajlik-e le, vagy pedig egyszerre, egyetlen pillanatban történik a neutron bomlása; a feladatban szereplő kérdésre azonban könnyebb választ adni, ha lépcsőzetesnek gondoljuk a bomlást.) Írjuk fel a bomlás első részére a megmaradási törvényeket abban a koordináta-rendszerben, amelyben a neutron áll (azaz ahol ${\text{q}}_{\text{n}}=0$ és $E_{\text{n}}=m_{\text{n}}$). Az impulzusmegmaradás törvénye miatt az elektron és az $x$ részecske impulzusa ugyanakkora nagyságú (de ellentétes irányú), az energiamegmaradást tehát így fogalmazhatjuk meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle m_{\text{n}}=E_{\text{e}}+E_x\mathrm{,}}\end{array}$ (4) ahol $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{e}}^2-m_{\text{e}}^2\left(=q_{\text{e}}^2=q_x^2\right)=E_x^2-m_x^2\mathrm{.}}\end{array}$ (6) Fejezzük ki (5)-ből $E_x$-t és helyettesítsük be (6)-ba, majd a kapott összefüggésből határozzuk meg az elektron energiáját. Az eredmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{e}}^2=\frac{m_{\text{n}}^2+m_{\text{e}}^2-m_x^2}{2m_{\text{n}}^2}\mathrm{.}}\end{array}$ (7) Látható, hogy a bomlás során keletkező elektronnak annál nagyobb lesz az energiája, minél kisebb a bomlás másik termékének (az $x$ részecskének) a tömege. Mekkora lehet $m_x$ legkisebb értéke? Erre a kérdésre legkönnyebben az $x$ részecske nyugalmi rendszerében kaphatjuk meg a választ. Mivel $x$ egy protonra és egy antineutrínóra bomlik, fennáll, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle m_x=E{\text{'}}_{\text{p}}+E{\text{'}}_{\nu }\ge m_{\text{p}}+m_{\nu }=m_x^{\underset{}{\overset{}{\text{min}}}}\mathrm{.}}\end{array}$ (8) (A vessző arra utal, hogy ezeket a mennyiségeket nem a laboratóriumi koordináta-rendszerben számítottuk ki, hanem az $x$ részecske nyugalmi rendszerében. A (8) egyenlőtlenség akkor válik egyenlőséggé, amikor a proton és az antineutrínó egymáshoz képest nem mozog, tehát a laboratóriumi rendszerből nézve a sebességük megegyezik. Ebben a határesetben (7) alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{e}}^{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=\frac{m_{\text{n}}^2+m_{\text{e}}^2-{\left(m_x^{\underset{}{\overset{}{\text{min}}}}\right)}^2}{2m_{\text{n}}^2}=\frac{m_{\text{n}}^2+m_{\text{e}}^2-{\left(m_{\text{p}}+m_{\nu }\right)}^2}{2m_{\text{n}}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ amelynek numerikus értéke $1\mathrm{,}292569\text{MeV}\approx 1\mathrm{,}29\text{MeV}$. Az antineutrínó (és vele egyezően a proton) sebessége az $x$ részecske (labor rendszerbeli) sebességével egyezik meg, ami így adható meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_m=\frac{\sqrt[]{\left(m_{\text{n}}+m_{\text{e}}+m_x\right)\left(m_{\text{n}}+m_{\text{e}}+m_x\right)\left(m_{\text{n}}+m_{\text{e}}-m_x\right)\left(m_{\text{n}}-m_{\text{e}}+m_x\right)}}{m_{\text{n}}^2-m_{\text{e}}^2-m_{\text{x}}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol most is $m_x=m_{\text{p}}+m_{\nu }$. Numerikusan (fénysebességnyi egységekben mérve) $v_m=0\mathrm{,}00126538\approx 0\mathrm{,}00127$.   3.B feladat. Lebegtetés fénnyel   A függőlegesen felfelé haladó fénysugarak (fotonok) ‐ amikor az üvegen áthaladnak ‐ irányt változtatnak, és emiatt a lendületük (impulzusuk) függőleges komponense lecsökken. Az egységnyi idő alatt ,,leadott impulzus'' a félgömbre ható fény-nyomóerővel egyenlő, és ha ez az erő éppen egyenlő az üveg súlyával, akkor a test lebeghet. Kövessük végig mindezt számítással is!   $b)$ Tekintsük a lézerfény-nyaláb azon részét, amelynek az optikai tengelytől mért távolsága $x$ és $x+\Delta x$ közé esik (ahol $\Delta x\ll x$). Ebbe a tartományba a lézer teljes $P$ teljesítményének csak egy kis hányada, a területek arányának megfelelően $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta P=\frac{2\pi x\Delta x}{{\delta }^2\pi }P}\end{array}$ érkezik, vagyis a kérdéses tartományba egységnyi idő alatt $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta n=\frac{\Delta P}{hf}=\frac{2xP}{{\delta }^{2}hf}\Delta x}\end{array}$ számú (egyenként $hf$ energiával rendelkező) foton érkezik. (Itt $f$ a lézerfény frekvenciája, $h$ pedig a Planck-állandó.) A fénysugarak irányváltozása szempontjából célszerű az üveg félgömb középső (az optikai tengelyhez közeli) tartományát gondolatban két részre bontani: egy planparalel lemezre (amely a rá merőlegesen eső fénysugarakat nem töri meg) és egy síkdomború vékony lencsére, amelynek $f_0=\frac{R}{n-1}$ a fókusztávolsága. Ez utóbbi $\theta \approx \text{tg}\theta =\frac{x}{f_0}=\frac{x}{R}\left(n-1\right)$ szöggel téríti el a fotonokat, azok kezdeti $I=\frac{hf}{c}$ impulzusa tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta I=\frac{hf}{c}\left(1-\text{cos}\theta \right)=\frac{hf}{c}2\text{sin}{}^2\frac{\theta }{2}\approx \frac{hf}{c}\frac{{\theta }^2}{2}\approx \frac{hf}{c}\frac{x^2{\left(n-1\right)}^2}{2R^2}}\end{array}$ értékkel lecsökken ($c$ a fénysebesség vákuumban). A teljes impulzusváltozás az egyes fotonok impulzusváltozásának összege: $\begin{array}{c}{\displaystyle I=\sum \Delta n\Delta I=\sum \frac{2xP}{{\delta }^{2}hf}\Delta x\cdot \frac{hf}{c}\frac{x^2{\left(n-1\right)}^2}{2R^2}=\frac{P{\left(n-1\right)}^2}{{\delta }^{2}c{R}^2}\sum x^3\Delta x\mathrm{.}}\end{array}$ A legutolsó kifejezésben szereplő összeg a felosztás finomításával ($\Delta x$ egyre kisebbé tételével) egy integrálba megy át: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum x^3\Delta x\to \underset{0}{\overset{\delta }{\int }}{x}^{3}dx=\frac{{\delta }^4}{4}\mathrm{,}}\end{array}$ így az egyensúly feltétele $I=\frac{P{\left(n-1\right)}^2{\delta }^2}{4c{R}^2}=mg\mathrm{,}$ ahonnan a kérdéses lézerteljesítmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\frac{4mgc{R}^2}{{\left(n-1\right)}^2{\delta }^2}\mathrm{.}}\end{array}$