Feladat: 4223. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csopor Dávid ,  Galzó Ákos Ferenc ,  Hartstein Máté ,  Jéhn Zoltán ,  Patartics Bálint 
Füzet: 2010/április, 246 - 249. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Egyéb magfizika, Egyéb ütközések
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2010/január: 4223. fizika feladat

Elhanyagolható sebességű 37Li atommaggal nagy energiájú proton ütközik. A keletkező két α-részecske derékszögben repül szét. Legalább mekkora volt a proton sebessége?

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Jelöljük a proton lendületvektorát p0-lal, a keletkező α-részecskék lendületét pedig p1 és p2 vektorokkal! A folyamat során a lendület megmarad:

p0=p1+p2.
Igaz továbbá, hogy ha a keletkező részecskék derékszögben repülnek szét (lásd az ábrát), akkor Pitagorasz tétele szerint
p12+p22=p02.(1)
(A fenti képletben a nyilazás nélküli kifejezések a megfelelő vektorok hosszát jelölik.)
 
 

A folyamat során az energia is megmaradó mennyiség. Ha a reakcióban részt vevő részecskék sebessége a fénysebességhez képest elhanyagolhatóan kicsiny volna, akkor a newtoni fizika képleteit, nevezetesen a
p=mvésE=12mv2=p22m
összefüggéseket alkalmazhatnánk. Ezekkel felírva az energiamegmaradás törvényét:
p022mp=p122mα+p222mα.(2)
Mivel az α-részecskék mα tömege jó közelítéssel az mp porotontömeg négyszerese, (2) így írható:
p12+p22=4p02,(3)
ami nyilvánvalóan ellentmond (1)-nek! A részecskék mozgása tehát nem írható le a newtoni fizika törvényeivel, feltétlenül szükséges a relativisztikus tárgyalás.
Egy m (nyugalmi) tömegű, v sebességű részecske relativisztikus impulzusát a
p=mv1-v2/c2,(4)
energiáját pedig az
E=mc21-v2/c2(5)
összefüggések adják meg (c a vákuumbeli fénysebesség). (4)-ből és (5)-ből a sebesség kiküszöbölése után az energia és az impulzus között az
E=p2c2+m2c4(6)
relációt kapjuk.
A vizsgált folyamat relativisztikus energia-tétele
p02c2+mp2c4+mLic2=p12c2+mα2c4+p22c2+mα2c4,
ami a jó közelítéssel érvényes mLi=7mp és mα=4mp miatt így is felírható:
(p0mpc)2+1+7=(p1mpc)2+16+(p2mpc)2+16.
Érdemes bevezetni az
x=p1mpc,y=p2mpcész=p0mpc
dimenziótlan új változókat, melyek között (1) miatt fennáll az
x2+y2=z2(7)
összefüggés. Az energiamegmaradás egyenlete az új változókkal kifejezve:
z2+1+7=x2+16+y2+16.(8)

Feladatunk z azon legkisebb értékének meghatározása, amely kielégíti a (8) egyenletet és (7) mellékfeltételt. A (7) összefüggés felhasználásával (8) így is írható:
z2+1+7=x2+16+z2-x2+16.(9)
Deriváljuk (9) mindkét oldalát x szerint, és használjuk ki, hogy a szélsőérték helyén dzdx=0:
0=xx2+16-xz2-x2+16.
Ebből rendezve
x=z2,y=z2,(10)
vagyis a
p1=p2=p02
eredmény adódik. A keresett határesetben tehát a két α-részecske egyforma nagyságú impulzussal, a beérkező proton mozgásirányához képest szimmetrikusan, 45-os szögben repül szét. Visszahelyettesítve a (10)-ben szereplő értékeket (8)-ba és azt z>0-ra megoldva z=168, vagyis a proton minimális impulzusára a
pmin=168mpc
eredmény adódik. Ezt (4)-gyel összevetve a proton sebességére a
vc168169=0,997
korlátot kapjuk. (Ekkora a sebességgel a legalább 12 GeV energiára felgyorsított protonok rendelkeznek.)
 
II. megoldás. Jelölje a részecskék tömegét, energiáját, impulzusát rendre mi, Ei és pi, ahol az i index helyére p, α, vagy Li írandó aszerint, hogy protonról, alfa-részecskéről vagy Li-atommagról van szó. Az egyszerűség kedvéért használjunk olyan egységrendszert, amelyben a c fénysebesség egységnyi nagyságú.1
A részecskék energiája és impulzusa között minden pillanatban fennáll az Ei2=pi2+mi2 egyenlőség (a relativitáselméletben ezt tömeghéj-feltételnek nevezik). Az ütközésre érvényes az energiamegmaradás:
Ep+ELi=Eα,1+Eα,2,
amely a tömeghéj-feltétellel így írható:
pp2+mp2+mLi=pα,12+mα2+pα,22+mα2.(1)

Másrészt (mivel a részecskerendszerre külső erő nem hat) teljesül az impulzusmegmaradás is:
pp=pα,1+pα,2,
amiből a 90-ban szétrepülő α-részecskék miatt (Pitagorasz tétele szerint)
pp2=pα,12+pα,22(2)
következik.
Az (1) egyenlet jobb oldala a számtani és négyzetes közepek közötti egyenlőtlenség segítségével átírható a következőképpen:
pα,12+mα2+pα,22+mα22pα,12+mα2+pα,22+mα22,
ami (2) felhasználásával
pα,12+mα2+pα,22+mα22(pp2+2mα2)
alakra hozható. Ezt az (1) energia-mérlegegyenlettel összevetve egy olyan egyenlőtlenséghez jutunk, amiben már csak pp2 a változó:
pp2+mp2+mLi2(pp2+2mα2).(3)
Négyzetre emelés, majd rendezés után (3)-ból a következőhöz jutunk:
0pp4-2pp2(mp2+3mLi2-4mα2)+[(4mα2-mp2-mLi2)2-4mp2mLi2].(4)
Ez pp2-re nézve másodfokú egyenlőtlenség.
Ha a magok kötési energiáját elhanyagoljuk, vagyis az
mLi7mp,mα4mp(5)
közelítéseket használjuk, (4) jobb oldalán a szögletes zárójelben álló konstans tag értéke nullának adódik. Táblázatbeli, pontos tömegértékek felhasználásával persze erre a kifejezésre véges értéket kapunk, de mivel (a feladat szövege szerint) a proton nagy energiájú (ezért nagy impulzusú is), így (4) jobb oldalán az első két tag mellett az utolsót nyugodtan elhanyagolhatjuk.
Mivel pp2 értéke biztosan nagyobb, mint nulla, a (4) egyenlőtlenségből a következőt kapjuk:
|pp|2mp2+6mLi2-8mα2.
Az (5) közelítésekkel és a fénysebesség visszaírásával a proton impulzusára a

|pp|168mpc
megszorítást kapjuk. A relativisztikus impulzus
|pp|=mpv1-v2/c2
kifejezését felhasználva ez azt jelenti, hogy a proton sebessége az ütközés előtt
v=0,997c,
vagyis a fénysebesség 99,7 százaléka volt.
 (Vígh Máté)
1A c=1 választás áttekinthetőbbé teszi a megoldást, a hiányzó c-ket pedig a számolás végén a dimenzióanalízis módszerének alkalmazásával egyszerűen visszaírhatjuk.