Рис. 154.
▲
88. Проверка эффекта гравитационного красного смещения с помощью эффекта Мёссбауэра
Рис. 155.
Возьмём формулу, полученную в части в) упражнения 73,
Δ𝐸
𝐸₀
=
Δν
ν₀
=-
𝑔*𝑧
,
где 𝑔*=𝑔/𝑐²=(9,8 м/сек²)/(3⋅10⁸ м/сек)²≈1,1⋅10⁻¹⁶ м/м² для точек на поверхности Земли. Если 𝑧=22,5 м, получим
Δν
ν
≈-
(22,5
м
)(1,1⋅10⁻¹⁶
м
⁻¹)
≈-
2,5⋅10⁻¹⁵
.
Необходимо, чтобы резонансный поглотитель приближался к источнику гамма-квантов; тогда в системе отсчёта поглотителя благодаря эффекту Допплера будет компенсировано гравитационное красное смещение, наблюдаемое в лабораторной системе отсчёта. Вспомним, что в предыдущем упражнении относительная скорость β𝑟, нужная для оптимального поглощения, была найдена равной относительному сдвигу частоты излучения, которое требуется поглотить. Значит, скорость движения поглотителя должна быть равна
β
𝑟
=
2,5⋅10⁻¹⁵
или
𝑣
𝑟
≈
10⁻⁶
м
/
сек
=
10⁻⁴
см
/
сек
(см. рис. 155).
Результаты эксперимента Паунда и Ребки, приведённые на стр. 209, получены путём сравнения двух опытных фактов:
1) результатов измерений сдвига частоты, когда источник находился внизу, а поглотитель — вверху, как и описано в этом упражнении (уменьшение энергии поднимающегося фотона), и 2) результатов измерений этого сдвига, когда источник находился вверху, а поглотитель — внизу (увеличение частоты опускающегося фотона). Следовало ожидать, что относительный сдвиг частоты в обоих случаях должен быть одинаковым, но разного знака; поэтому при вычитании одного результата из другого должен получаться «сдвиг», вдвое больший, чем просто при движении фотона вверх (Паунд и Ребка назвали такой сдвиг «сдвигом в два конца»). Половинное значение численных результатов, полученных Паундом и Ребкой, хорошо согласуется с результатами проведённых нами здесь вычислений. ▲
89. Проверка парадокса часов с помощью эффекта Мёссбауэра
При малых β коэффициент, характеризующий относительное различие в старении атомов-близнецов, можно приближённо представить, пользуясь первыми членами разложения бинома Ньютона:
1
-
√
1-β²
≈
1
-
⎛
⎜
⎝
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
𝑚𝙵𝚎𝑐²
=
=
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 𝑚конечн=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.
