Ydin- ja hiukkasfysiikka 04: Harjoitus 5 Ratkaisut Tehtävä a) Vapautunut energia saadaan laskemalla massan muutos reaktiossa: E = mc = [4(M( H) m e ) (M( 4 He) m e ) m e ]c = [4M( H) M( 4 He) 4m e ]c = [4, 00785 u 4, 00603 u 4 5, 485799 0 4 u] 93, 49435 MeV u = 4, 687 MeV b) Annihilaatiossa massa muuttuu suoraan energiaksi, joten energiaa syntyy annihiloivien hiukkasten massojen verran. Näin ollen kun kaksi positronia annihiloituvat kahden elektronin kanssa syntyy energiaa: E = mc = (m elektroni + m positroni )c = 4m e c = 4 5, 485799 0 4 u 93, 49435 MeV u =, 044 MeV c) Teho saadaan laskettua Maan etäisyydellä tunnetun intensiteetin avulla. Arvioidaan, että Maan rata on ympyrä, jolloin koko Auringon säteily kerääntyy Maan radan säteisen pallon pinnalle. Intensiteetti Maan radan säteen päässä on 366 W/m. P = IA = I 4πr = 366 W/m 4π (49, 6 0 9 m) = 3, 84 0 6 W d) Yhdessä fuusioreaktiossa vapautuu 4, 687 MeV energiaa. Lisäksi elektroni ja positroni annihiloituvat, josta syntyy, 044 MeV energiaa. Näin ollen E tot = 4, 687 MeV +, 044 MeV = 6, 73 MeV. Näin ollen sekunnissa reaktioita täytyy tapahtua n = P E tot = 3, 84 0 6 J s 6, 73 0 6, 60 0 9 J = 89, 7 036 kpl s. e) Jokaisessa fuusioreaktiossa vapautuu kaksi neutriinoa, näin ollen 36 kpl n ν = n = 89, 7 0 s 38 kpl =, 794 0 s. f) Intensiteetti saadaan tarkastelemalla neutriinolukumäärää sekunnissa pinta-alaa kohti: I ν = kpl, 794 038 s kpl = 6, 380 4π (49, 6 0 9 04 m) sm Tehtävä Systeemin kokonaisenergia alussa muodostuu levossa olevan hiukkasen massasta, sekä törmäävän hiukkasen energiasta E m = m c 4 + p c. Tällöin kokonaisenergia E tot = mc +E m. Alussa liikemäärää on ainoastaan törmäävällä hiukkasella, joten se saadaan ratkaistua energiasta: p c = E m m c 4 Koska liikemäärä säilyy, on tämä myös systeemin liikemäärä lopussa. Nyt systeemin energia lopussa on E lopuksi = M c 4 + p c ja sen täytyy olla samansuuruinen alkutilan kokonaisenergian kanssa, ja tästä saadaan ratkaistua reaktioenergia. E m + mc = M c 4 + p c M c 4 = (E m + mc ) p c = E m + E m mc + m c 4 p c = E m + E m mc + m c 4 E m + m c 4
Ydin- ja hiukkasfysiikka 04: Harjoitus 5 Ratkaisut joka on systeemin reaktioenergia. Mc = mc (E m + mc ), Tehtävä 3 a) Edellisessä tehtävässä laskettiin reaktioenergia kahdelle hiukkaselle, ja nyt tunnettu reaktioenergia on protonia kohti 4 TeV. Näin ollen E r = mc (E m + mc ) = 4, 00 TeV Ratkaistaan tästä pommittavan hiukkasen energia E m. E r = mc (E m + mc ) = 4, 00 TeV mc (E m + mc ) = 4E r E m = 4E r mc mc = = 3405 TeV 4 (4 TeV) 938, 7 0 6 TeV c 6 TeV 938, 7 0 c Laskussa käytettiin luentomateriaalista löytyvää protonin massaa m = 938, 7 MeV c b) Ensimmäinen reaktio: p + p p + p + p + p Jotta voidaan soveltaa tehtävän kaavaa, käsitellään syntyvää hiukkasjoukkoa yhtenä hiukkasena. Reaktioenergia on siis syntyvien hiukkasten yhteinen lepomassa: E r = 4m p c = m p c (E m + m p c ) 6m pc 4 = m p c (E m + m p c ) 8m p c = E m + m p c E m = 7m p c Kineettinen energia saadaan, kun tästä vähennetään vielä protonin lepoenergia, joten Toinen reaktio: Nyt jälleen T = 7m p c m p c = 6m p c = 6 938, 7 MeV c = 569, 6 MeV 5, 630 GeV. c p + p p + n + π + E m = M c 4 m p c m pc, jossa M = m p + m n + m π +. Lasketaan suoraan kineettinen energia: T = E m m p c = M c 4 = [(938, 7 MeV c = 9, 3 MeV m p c m pc + 939, 57 MeV + 39, 57 MeV )c ] c c 938, 7 MeV c 938, 7 MeV c c c Kolmas reaktio: p + p p + p + π 0
Ydin- ja hiukkasfysiikka 04: Harjoitus 5 Ratkaisut 3 Lasketaan liike-energia kuten edellä, nyt M = m p c + m π 0: T = E m m p c = M c 4 m p c m pc MeV [( 938, 7 + 34, 98 MeV )c ] c = c 938, 7 MeV c 938, 7 MeV c c c = 79, 7 MeV Tehtävä 4 π + µ + + ν µ Ajatellaan, että neutriino ν µ on massaton. Kuitenkin liikemäärän täytyy säilyä, joten liikemäärä lopputilanteessa on p = p νµ + p µ + = 0 p νµ = p π + Koska oletetaan, että neutronilla ei ole massaa, sen kokonaisenergia E νµ = pc. Sen sijaan antimyonin kokonaisenergia E µ + = m µ c 4 + p c. Koska pioni oli levossa, sen kokonaisenergia + E π + = m π +c ja energian säilymislaista saadaan m π +c = m µ c 4 + p c + pc + (m π +c pc) = m µ +c4 + p c m π +c4 m π +c pc + p c = m µ +c4 + p c m π +c4 m π +pc 3 = m µ +c4 p = m π + c 4 m µ + c 4 m π +c 3 = MeV (39, 57 ) c 4 (05, 66 MeV ) c 4 c c = 9, 7906 MeV 39, 57 MeV c c 3 c Liikemäärän avulla kineettiset energiat voidaan laskea. Antimyonille T µ + = m µ c 4 + p c m + µ +c = (05, 66 MeV ) c c 4 + (9, 7906 MeV ) c c 05, 66 MeV c = 4, 939 MeV. c Neutriinon energiaksi jää E νµ = pc = 9, 7906 MeV c 9, 8 MeV c Tehtävä 5 Hajoamisreaktiossa kaikkien sälymislakien tulee olla voimassa. Hiukkanen voi hajota spontaanisti vain kevyemmiksi hiukkasiksi.. Elektroni on kevein varauksellinen alkeishiukkanen, sillä millään neutriinolla ei ole varausta. Elektroni ei voi hajota pelkiksi neutriinoiksi, sillä muuten varaus ei säily.. Neutriinot voivat muuntua toisikseen (neutriino-oskillaatio), mutta ne eivät voi hajota. Fotonit ovat massattomina periaatteessa kevyempiä, mutta neutriinojen spin on ja fotonin, joten spin ei tässä reaktiossa säilyisi. Näin ollen neutriino on vakaa.
Ydin- ja hiukkasfysiikka 04: Harjoitus 5 Ratkaisut 4 3. Protonia kevyemmät hiukkaset ovat mesoneja ja leptoneita, joiden baryoniluku on 0. Protonille se sen sijaan on, joten Baryoniluku ei voi säilyä, mikäli protoni hajoaisi kevyemmiksi hiukkasiksi. 4. Suurin osa leptoneista on kevyempiä kuin mikään mesoneista, joten mesonit voivat hajota leptoneiksi. Mesonin leptoniluku on 0, mutta mikäli se hajoaa leptoniksi ja antileptoniksi (esim. elektroni ja elektronin antineutriino), niin leptoniluku säilyy. Myös spin voi säilyä, sillä kahdesta spin- -hiukkasesta saadaan kokonaispiniksi joko 0 tai. Tehtävä 6 Muodostetaan taulukko, johon kerätään säilymislait ja vuorovaikutukset: Säilymislaki vuorovaikutukset p π 0 + π + Säilyykö? Energia i, ii, iii 938 MeV/c > 35 MeV/c + 40 MeV/c kyllä Varaus i, ii, iii + = 0 + kyllä Liikemäärä i, ii, iii 0 = p + (-p) kyllä Impulssimomentti i, ii, iii 0 + 0 ei Baryoniluku i, ii, iii 0+0 ei Leptoniluvut i, ii, iii 0 = 0+0 kyllä Isospin (kok) i + ei Isospin (z) i,ii + 0+ ei Outous S i, ii 0 = 0 + 0 kyllä lumo i, ii 0 = 0 + 0 kyllä pohja i, ii 0 = 0 + 0 kyllä huippu i, ii 0 = 0 + 0 kyllä Vuorovaikutukset, jotka vaativat kyseisen suureen säilymisen merkataan i=vahva vuorovaikutus, ii=sähkömagneettinen vuorovaikutus ja iii = heikko vuorovaikutus. Energiassa tutkitaan lepomassaa. Tehtävä 7 a) Säilymislaki vuorovaikutukset Λ 0 π + p Säilyykö? Energia i, ii, iii 6 MeV/c > 40 MeV/c + 938 MeV/c kyllä Varaus i, ii, iii 0 = - + kyllä Spin i, ii, iii = 0 + ei Baryoniluku i, ii, iii = 0+ kyllä Leptoniluvut i, ii, iii 0 = 0+0 kyllä Isospin (kok) i 0 + ei Isospin (z) i,ii 0 0 + ei Outous S i, ii - 0 + 0 ei Vahvan tai sähkömagneettisen vuorovaikutuksen aiheuttama hajoaminen ei ole mahdollista, sillä kokonaisoutous tai isospin ei säily. Sen sijaan heikko vuorovaikutus voi aiheuttaa hajoamisen, sillä se sallii outouden muutoksen olevan S = ±. b)
Ydin- ja hiukkasfysiikka 04: Harjoitus 5 Ratkaisut 5 Säilymislaki vuorovaikutukset Λ 0 n + k 0 Säilyykö? Energia i, ii, iii 6 MeV/c < 937 MeV/c + 498 MeV/c ei Varaus i, ii, iii 0 = 0 + 0 kyllä Spin i, ii, iii = Baryoniluku i, ii, iii = +0 kyllä Leptoniluvut i, ii, iii 0 = 0+0 kyllä Isospin (kok) i 0 = kyllä Isospin (z) i,ii 0 ei Outous S i, ii - 0 + ei, S = Mikään vuorovaikutus ei voi aiheuttaa hajoamista, sillä outouden muutos on yli yksi. Lisäksi spontaanina reaktiona hajoaminen ei olisi mahdollinen koska energia ei säily. c) Kokonaisisospin I ei säily, sillä pionin isospin on ja kaikkien hajoamistuotteiden 0. Näin ollen hajoaminen ei voi tapahtua vahvan vuorovaikutuksen aiheuttamana. Koska muut suureet säilyvät, muiden vuorovaikutusten aiheuttamana hajoaminen voi tapahtua. d) Ainoastaan isospinin komponentti ei säily, sillä n p β ν e I z 0 0 Näin ollen vahva tai sähkömagneettinen vuorovaikutus ei voi aiheuttaa hajoamista, mutta heikko vuorovaikutus voi. e) Kaikki ominaisuudet säilyvät, joten hajoaminen voi tapahtua minkä tahansa vuorovaikutuksen kautta. f) Suureet jotka eivät säily ovat: Σ k 0 µ L µ 0 0 B 0 0 S - 0 I 0 I z - 0 Lisäksi outouden muutos on yli yhden. Näin ollen hajoaminen ei ole mahdollinen minkään vuorovaikutuksen kautta. Tehtävä 8 Mesonit koostuvat kvarkista ja aantikvarkista, baryonit kolmesta kvarkista. Listataan ensin käytettävissä olevien kvarkkien ominaisuudet. Q Spin B S τ τ z u 3 0 3 ū 0 3 3 s 0 0 3 3 s 0 0 3 3 d 0 3 3 d 0 3 3 Nyt kvarkkisisällöt voidaan muodostaa näistä tiedoista. Esimerkiksi protonin kvarkkikombinaatio on uud, sillä Q = = +, B = = + +, S = 0 = 0 + 0 + 0, τ = = + + 3 3 3 3 3 3 ja τ z = = +. Huomaa että isospinit lasketaan yhteen jo aiemminkin vastaan tulleella tavalla, siten että summa voi saada arvot: τ +τ = τ +τ, τ +τ, τ +τ,... τ τ.
Ydin- ja hiukkasfysiikka 04: Harjoitus 5 Ratkaisut 6 Vastaavalla tavalla voidaan tarkastaa muiden hiukkasten kvarkkikokoonpanot. Loput baryonit: Neutroni: Outous 0, joten ei sisällä s-kvarkkia, τ z = on udd. ja varaus 0, joten ainoa vaihtoehto Λ 0 : S =, joten sisältää s-kvarkin. τ z = 0, Q = 0, joten kokoonpano on sdu. Σ + : S =, sisältää yhden s-kvarkin, τ z =, Q =, joten kokoonpano on uus. Σ 0 : S =, sisältää yhden s-kvarkin, τ z = 0, Q = 0, joten kokoonpano on uds. Σ : S =, sisältää yhden s-kvarkin, τ z =, Q =, joten kokoonpano on dds. Ξ 0 : S =, sisältää kaksi s-kvarkkia, τ z =, Q = 0, joten kokoonpano on uss. Ξ : S =, sisältää kaksi s-kvarkkia, τ z =, Q = 0, joten kokoonpano on dss. Ω : S = 3, sisältää kolme s-kvarkkia, joten kokoonpano on sss. Mesonit: π + : Sekä isospinin komponentti, että varaus +, joten kokoonpano on u d. π : Varaus + ja isospinin komponentti -, joten kokoonpano on dū. K : Outous +, joten s-kvarkki kuuluu kokoonpanoon. Varaus on, joten kokoonpano on u s. K : Outous +, joten s-kvarkki kuuluu kokoonpanoon. Varaus on -, joten kokoonpano on d s. Λ 0 ja Σ 0 ovat kvarkkikokoonpanoltaan samanlaisia, mutta koska isospinit lasketaan yhteen yllä mainitulla tavalla, on hiukkasilla eri isospin huolimatta samasta kvarkkikokoonpanosta.