lagana ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΗ ΣΩΜΑΤΙΑ

ΚΕΝΤΡΟ ΘΕΩΡΗΤΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ & ΧΗΜΕΙΑΣ

Ε∆ΟΥΑΡ∆ΟΥ ΛΑΓΑΝΑ Ph.D. Κεντρικό: Λεωφ. Κηφισίας 56, Αµπελόκηποι Αθήνα

Τηλ.: 210 69 97 985, www.edlag.gr

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ - ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΚΕΝΤΡΟ ΘΕΩΡΗΤΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ & ΧΗΜΕΙΑΣ Κεντρικό: Λεωφ. Κηφισίας 56, Αµπελόκηποι – Αθήνα

Τηλ.: 210 69 97 985 , E-mail: [email protected], www.edlag.gr

2

Ε∆ΟΥΑΡ∆ΟΣ ΛΑΓΑΝΑΣ, Ph.D

ΚΑΠΕΤΑΝΙΟΣ ΧΡΗΣΤΟΣ, ΠΤΥΧΙΟΥΧΟΣ ΤΜΗΜ. ΦΥΣΙΚΗΣ ΠΑΝ/ΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ

KENTΡΟ ΘΕΩΡΗΤΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ & ΧΗΜΕΙΑΣ Λεωφ. Κηφισίας 56, Αµπελόκηποι - Αθήνα

Τηλ.: 210 69 97 985, e-mail: [email protected]

www.edlag.gr



3

Άσκηση 1

Να υπολογιστεί η ενέργεια του νετρονίου που παράγεται όταν βραδέα αρνητικά πιόνια

συλλαµβάνονται από ένα πρωτόνιο ( γnpπ +→+− ).

Λύση

Θα εφαρµόσουµε την αρχή διατήρησης της τετραορµής ή ισοδύναµα τις αρχές

διατήρησης ορµής και ενέργειας. Το ότι τα πιόνια είναι βραδέα υποδεικνύει ότι η ορµή τους

είναι µηδενική. Επίσης τα πρωτόνια είναι ακίνητα (στόχοι), οπότε και αυτά θα έχουν

µηδενική ορµή.

Άρα, η αρχή διατήρησης της ορµής θα δώσει:

γ

γ

=

⇒+=

pp

pp0

n

n

Η αρχή διατήρησης της ενέργειας θα δώσει:

γπ+=+ EEmm np

Όµως η ενέργεια του φωτονίου ισούται µε την ορµή του, αφού το φωτόνιο δεν έχει

µάζα ηρεµίας:

p E

γ γ=

και σε συνδυασµό µε τη σχέση p p

n=

γ προκύπτει p E

n=

γ.

Συνεπώς:

nnπp pEmm +=+

Όµως :

2

n

2

nn

2

n

2

nn

)m()E(p

)p()m(E

−=

⇒+=



4

Θέτοντας π

+= mmM p , παίρνουµε την έκφραση:

2

n

2

nn

2

n

2

2

n

2

n

2

n

2

n

2

nn

2

n

2

nn

)m()E(EM2)E(M

)m()E()EM(

)m()E(EM

)m()E(EM

−=−+

⇒−=−

⇒−=−

⇒−+=

Τελικά η ζητούµενη ενέργεια του νετρονίου θα είναι:

M2

)m(ME

2

n

2

n

+=

Άσκηση 2

Να υπολογιστεί:

α) Η ολική ενέργεια στο CM ( )E* σε πείραµα σταθερού στόχου (π.χ p+π ) όπου στόχος

είναι το πρωτόνιο και η δέσµη πιονίων έχει ορµή c/GeV450

β) Επίσης η *E σε πείραµα µε συγκρουόµενες δέσµες pp όπου η κάθε δέσµη έχει ορµή c/GeV31 . Να συγκριθούν τα αποτελέσµατα.

Λύση

α) Θα χρησιµοποιήσουµε τη µέθοδο της αναλλοίωτης µάζας. Έτσι θα έχουµε:

2

p

2

p

2*2* )pp()EE()p()E(ππ

+−+=−

Όµως εξ ορισµού στο CM 0p* =

ενώ στο LAB 0pp =

και άρα pp mE = . Επίσης

( ) ( ) ( )E p mπ π π

2 2 2= +

. Άρα:

ππ

πππ

ππ

++=

⇒−++=

⇒−+=

Em2)m()m()E(

)p(EE2)E()E()E(

)p()EE()E(

p

22

p

2*

2

p

22

p

2*

22

p

2*

Όµως η ορµή του πιονίου ( c/GeV450 ) είναι κατά πολύ µεγαλύτερη της µάζας του

πιονίου (140 ΜeV) και συνεπώς µε µεγάλη ακρίβεια µπορούµε να γράψουµε:



5

ππ≅ pE

Επίσης m GeVp≅ 1 και εποµένως αντικαθιστώντας βρίσκουµε:

GeV30E

)GeV(900)E(

pm2pm2)m()m()E(

*

22*

pp

22

p

2*

≅

⇒≅

⇒≅++≅πππ

β) Για τις συγκρουόµενες δέσµες το σύστηµα εργαστηρίου ταυτίζεται µε το CM αφού

0p* =

. Συνεπώς:

GeV62ppEEE

)EE()E(

)pp()EE()E(

2,p1,p2,p1,p

*

2

2,p1,p

2*

2

2,p1,p

2

2,p1,p

2*

=+≅+=

⇒+=

⇒+−+=

Όπως είναι φανερό η διαθέσιµη ενέργεια στο CM διλασιάζεται όταν

χρησιµοποιηθούν οι συγκρουόµενες δέσµες. Η κάθε µιά δέσµη έχει ορµή πολύ χαµηλότερη

από την ορµή που είχε η δέσµη του (α) σκέλους. Το γεγονός όµως της σύγκρουσης των δύο

δεσµών οδηγεί σε υψηλές διαθέσιµες ενέργειες στο CM.

Άσκηση 3

Ποιά είναι η ελάχιστη ολική ενέργεια που απαιτείται για να παραχθεί ένα επιπλέον ζεύγος

πρωτονίου-αντιπρωτονίου κατά την συγκρουση δύο πρωτονίων;

Λύση

Η µελετούµενη αντίδραση είναι η:

ppp~ppp +++→+

Αφού ζητείται η ελάχιστη ενέργεια θα υποθέσουµε ότι τόσο το πρωτόνιο όσο και το

αντιπρωτόνιο παράγονται ακίνητα στο CM. Εποµένως η διατήρηση της ενέργειας στο CM

(*) θα δώσει:

ppp

* m4mm3E =+=ΟΛ



6

όπου λάβαµε υπόψη µας ότι το πρωτόνιο και το αντιπρωτόνιο έχουν ίσες µάζες.

Πόση είναι όµως η ενέργεια αυτή στο εργαστήριο (LAB) υποθέτοντας ότι το ένα

πρωτόνιο είναι ακίνητο; Θα χρησιµοποιήσουµε τη µέθοδο της αναλλοίωτης µάζας.

Έτσι θα έχουµε:

2

2,p1,p

2

2,p1,p

2*

ΟΛ )pp()EE()E(

+−+=

Όµως 0p 2,p =

και άρα p2,p mE = . Επίσης 2

p

2

1,p

2

1,p )m()p()E( +=

.

Άρα:

p1,p

2

p

2

p

2

p

2

1,pp1,p

2

p

2

1,p

2

p

2

1,p

2

p1,p

2*

mE2)m()m()m(16

)p(mE2)m()E()m4(

)p()mE()E(

++=

⇒−++=

⇒−+=ΟΛ

Τελικά βρίσκουµε: 2

p p,1 p p,1 p14(m ) 2 E m E 7m= ⇒ =

Άσκηση 4

Τί ονοµάζουµε κατώφλιο αντιδράσεων; Να ορισθεί η παράµετρος Q. Ποιά είναι η ελάχιστη

ορµή δέσµης πρωτονίων για να παραχθεί ένα πιόνιο στην αντίδραση: 0pppp π++→+

Λύση

Έστω η αντίδραση:

BbAa +→+

όπου Α είναι το βαρύτερο σωµάτιο-στόχος, a είναι το ελαφρύ σωµάτιο-βλήµα και αντίστοιχα

b και Β είναι τα προϊόντα µε b το ελαφρύτερο και Β το βαρύτερο. Ενέργεια κατωφλίου

aT ονοµάζεται η κινητική ενέργεια που πρέπει να έχει το

σωµάτιο-βλήµα στο σύστηµα εργαστηρίου (LAB), ώστε τα προϊόντα της αντίδρασης (b και



7

Β) να παράγονται ακίνητα στο σύστηµα του κέντρου µάζας (CM). Σηµειώνουµε ότι κάτι

τέτοιο δεν είναι δυνατό στο σύστηµα του εργαστηρίου λόγω διατήρησης της ορµής.

Ως Q της αντίδρασης ορίζεται η διαφορά των µαζών αντιδρώντων και προϊόντων:

bBaA mmmmQ −−+=

Για να βρούµε την ελάχιστη ορµή δέσµης θα ακολουθήσουµε την τεχνική που έχουµε

ήδη περιγράψει νωρίτερα και θα υποθέσουµε ότι τόσο τα πρωτόνια όσο και το πιόνιο

παράγονται ακίνητα στο CM.

Εποµένως η διατήρηση της ενέργειας στο CM (*) θα δώσει:

ππΟΛ+=++= mm2mmmE ppp

*

Θα λογαριάσουµε την ενέργεια αυτή στο εργαστήριο (LAB) υποθέτοντας ότι το ένα

πρωτόνιο είναι ακίνητο.

Θα χρησιµοποιήσουµε τη µέθοδο της αναλλοίωτης µάζας. Έτσι θα έχουµε:

2

2,p1,p

2

2,p1,p

2* )pp()EE()E(

+−+=ΟΛ

Όµως 0p 2,p =

και άρα p2,p mE = . Επίσης 2

p

2

1,p

2

1,p )m()p()E( +=

.

Άρα:

p1,p

2

p

2

pp

22

p

2

1,pp1,p

2

p

2

1,p

2

p

2

1,p

2

p1,p

2*

mE2)m()m(mm4)m()m(4

)p(mE2)m()E()mm2(

)p()mE()E(

++=++

⇒−++=+

⇒−+=

ππ

π

ΟΛ

Τελικά βρίσκουµε:

2

2 2 πp π p π p,1 p p,1 p π

p

(m )2(m ) (m ) 4 m m 2 E m E m 2 m

2 m+ + = ⇒ = + +



8

Άσκηση 5

Στις παρακάτω αντιδράσεις ποιό είναι το σωµάτιο Χ; (όλες οι αντιδράσεις είναι ισχυρές)

1 XKpK +→+ +−

2 XKp 0 +→+π−

3 Xnpp 0 +Λ++π→+ +

Να προσδιορισθούν οι κβαντικοί αριθµοί του Χ και να συγκριθούν µε τους κβαντικούς

αριθµούς γνωστών σωµατιδίων.

Λύση

Για να πραγµατοποιείται µια αντίδραση θα πρέπει να διατηρούνται: το φορτίο Q, ο βαρυονικός αριθµός B και οι διάφοροι λετονικοί αριθµοί L

i.

Επιπλέον, η αραδοξότητα S διατηρείται στις ισχυρές αντιδράσεις, ενώ παραβιάζεται

στις ασθενείς.

Συνεπώς:

1 Η διατήρηση του φορτίου Q θα δώσει: ⇒ Q+ 1 = 1 + 1- :Q x 1Q x −=

Η διατήρηση του βαρυονικού αριθµού Β θα δώσει:

⇒ B+ 0 = 1 + 0 :B x 1=Bx

Η διατήρηση της παραδοξότητας S θα δώσει:

⇒ S+ 1 = 0+1- :S x -2=Sx

Οι κβαντικοί αυτοί αριθµοί συµπίπτουν µε αυτούς του σωµατιδίου Ξ− .

2 Η διατήρηση του φορτίου Q θα δώσει:

⇒ Q+ 0= 1 + 1- :Q x 0Q x =




9

B: 0 + 1 = 0 + B x⇒ B = 1

x


⇒ S+ 1 = 0+0 :S x -1=S x

Οι κβαντικοί αυτοί αριθµοί συµπίπτουν µε αυτούς του σωµατιδίου 0Σ .

3 Η διατήρηση του φορτίου Q θα δώσει:

⇒ Q+0+0+ 1 = 1 + 1 :Q x 1Q x =


⇒ B+1+1+0 = 1 + 1 :B x B = 0

x


⇒ S+ 1-0+0 = 0+0 :S x S = 1

x

Οι κβαντικοί αυτοί αριθµοί συµπίπτουν µε αυτούς του σωµατιδίου K+ .

Άσκηση 6

Να µελετηθεί το ισοτοπικό spin δύο νουκλεονίων. Συσχετίστε µε το ∆ευτέριο (spin 1)

Λύση

Tα νουκλεόνια (p, n) έχουν το καθένα isospin I=1/2, δηλαδή 1/2=I=I 21 . Για να

βρούµε εποµένως το συνολικό isospin του συστήµατος θα εφαρµόσουµε την τριγωνική

ανισότητα:

1 2 1 2I I I I I 0 I 1− ≤ ≤ + ⇒ ≤ ≤

Συνεπώς, το συνολικό isospin θα είναι Ι = 0 ή Ι = 1

Το δευτέριο είναι δέσµια κατάσταση πρωτονίου-νετρονίου στην κατάσταση 1

3S

δηλαδή έχει τροχιακή στροφορµή 0=ℓ και spin s = 1. Μια και το δευτέριο αποτελείται



10

από δυό φερµιόνια*, η συνολική του κυµατοσυνάρτηση Ψ, θα πρέπει να είναι

αντισυµµετρική. Γράφουµε λοιπόν:

Ψ Φ(χωρου) Θ(spin) X( isospin)=

Επειδή 0=ℓ η συνάρτηση χώρου Φ θα είναι συµµετρική ( ) 1)1(1 0 +=−=−ℓ

.

Επίσης αφού s=1 η συνάρτηση spin θα είναι συµµετρική (triplet). Εποµένως η συνάρτηση Χ

του isospin πρέπει να είναι αντισυµµετρική.

Το ολικό isospin όπως είδαµε παίρνει τις τιµές 0 ή 1. Η κατάσταση µε Ι=1 είναι

συµµετρική ενώ η κατάσταση µε Ι=0 είναι αντισυµµετρική. Συµπεραίνουµε λοιπόν ότι το

δευτέριο έχει Ι=0. Αυτό σηµαίνει ότι το δευτέριο είναι η µοναδική δέσµια κατάσταση δύο

νουκλεονίων και δεν συνοδεύεται από καταστάσεις όπως (pp) ή (nn).

*

Παρότι το πρωτόνιο και το νετρόνιο δεν είναι ταυτοτικά φερµιόνια (οπότε η

κυµατοσυνάρτηση Ψ δεν οφείλει να είναι αντισυµµετρική), εντούτοις όταν

συµπεριλαµβάνουµε το isospin (ισχυρές αλληλεπιδράσεις), τα δύο αυτά σωµατίδια

θεωρούνται ως ένα (νουκλεόνιο).

Άσκηση 7

H κατάσταση K

1 έχει spin 0 και ιδιοτιµή CP = +1, η δε κατάσταση K

2έχει spin 0 και

ιδιοτιµή CP = -1. Αν η συµµετρία CP δεν παραβιάζεται δείξτε ότι: 0

1 2K π→ επιτρέπεται 0

2 2K π→ απαγορεύεται

Λύση

Αρκεί να υπολογίσουµε την ιδιοτιµή του τελεστή CP για την κατάσταση 00ππ και

να την συγκρίνουµε µε την ιδιοτιµή της κατάστασης K1( ιδιοτιµή CP=+1) και της

κατάστασης K2 (ιδιοτιµή CP=-1).

Η ιδιοτιµή του τελεστή της οµοτιµίας (parity) P δίνεται από τη σχέση ( )−1 ℓ , όπου ℓ

είναι η σχετική στροφορµή των πιονίων. Επειδή όµως τα πιόνια είναι του ιδίου τύπου η

χωρική τους κυµατοσυνάρτηση θα είναι συµµετρική δηλαδή ,...4,2,0=ℓ .Άρα 1)1( +=− ℓ

Για να βρούµε την ιδιοτιµή του τελεστή συζυγίας φορτίων σκεφτόµαστε ως εξής:



11

Η συνολική κυµατοσυνάρτηση του συστήµατος π π0 0 θα γράφεται:

)(X)spin()( ϕορτιωνΘχωρουΦ=Ψ

και θα είναι συµµετρική αφού τα πιόνια είναι µοζόνια.

Επειδή δεν υπάρχει spin είναι φανερό ότι η κυµατοσυνάρτηση X(φορτίων) θα πρέπει

να είναι συµµετρική ώστε σε συνδυσµό µε την συµµετρική Φ(χώρου) να δίνει συµµετρική Ψ.

Συνεπώς, η ιδιοτιµή του τελεστή συζυγίας φορτίων θα είναι +1. Εποµένως, η ιδιοτιµή

του τελεστή CP για την κατάσταση π π0 0 και θα είναι (+1)(+1)= +1.

Με βάση λοιπόν τη διατήρηση της συµµετρίας CP θα επιτρέπεται η πρώτη διάσπαση

και θα απαγορεύεται η δεύτερη.

Άσκηση 8

Ποιές από τις επόµενες αντιδράσεις είναι δυνατές; ∆ικαιολογείστε τις απαντήσεις σας.

e~epn ν++→ −

µ

−− ν+µ→π ~

γ+→ +ep ++ +++→+ eennpp

e~ν+µ→π −−

00 Kp +Λ→π+ −

Λύση

Θυµίζουµε ότι για να πραγµατοποιείται µια αντίδραση θα πρέπει να διατηρούνται: το φορτίο Q, ο βαρυονικός αριθµός B και οι διάφοροι λεπτονικοί αριθµοί L

i. Συνεπώς:

1 e~epn ν++→ −

Πραγµατοποιείται αφού διατηρούνται όλοι οι αριθµοί.

2 µ

−− ν+µ→π ~


3 γ+→ +ep



12

∆εν πραγµατοποιείται αφού παραβιάζονται τόσο ο βαρυονικός αριθµός Β όσο και ο λεπτονικός αριθµός L

e.

4 ++ +++→+ eennpp

∆εν πραγµατοποιείται αφού παραβιάζεται ο λεπτονικός αριθµός Le.

5 e~ν+µ→π −−

∆εν πραγµατοποιείται αφού παραβιάζονται τόσο ο λεπτονικός αριθµός Lµ όσο και ο

λεπτονικός αριθµός Le.

6 00 Kp +Λ→π+ −


Άσκηση 9

Εφαρµόζοντας τους κανόνες διατήρησης στις παρακάτω αντιδράσεις σηµειώστε εκείνες που

δεν είναι δυνατόν να παρατηρηθούν:

ee ν~νeµ ++→ −−

µe ννeµ ++→ −− 0KKΞpπ ++→+ +−−

00 KΛpπ +→+−

nΞΞpπ ++→+ −−− ++→+ µnpνµ

++−+ ++→ eeπK −− π+Λ→+ 0nK 0KKn +→+π ++

Λύση

1 ee~e ν+ν+→µ −−

∆εν παρατηρείται, διότι παραβιάζεται η διατήρηση των λεπτονικών αριθµών Le και

Lµ.

eL : 111 0 −+≠

µL : 0+00 1 +≠



13

2 µ

−− ν+ν+→µ ee

∆εν παρατηρείται, διότι παραβιάζεται η διατήρηση του λεπτονικού αριθµού Le

eL : 11 0 +≠

3 0KKΞpπ ++→+ +−−

Πρατηρείται, διότι δεν παραβιάζεται η διατήρηση κανενός αριθµού. Σηµειώνουµε,

ότι η αντίδραση είναι ισχυρή και άρα η παραδοξότητα S πρέπει να διατηρείται. Πραγµατικά:

S : 0 + 0 -2 += +1 1

4 00 KΛpπ +→+−

Παρατηρείται, διότι δεν παραβιάζεται η διατήρηση κανενός αριθµού. Σηµειώνουµε,


S : 11- 0+0 +=

5 nΞΞpπ ++→+ −−−

∆εν παρατηρείται διότι παραβιάζεται η διατήρηση του βαρυονικού αριθµού Β καθώς

και του φορτίου Q.

Β: 111 1+0 ++≠

Q: 011 1+1- +−−≠

6 +

µµ+→+ν np

∆εν παρατηρείται διότι παραβιάζεται η διατήρηση του λεπτονικού αριθµού Lµ.

µL : 10 0+1 −≠

7 ++−+ ++→ eeπK ∆εν παρατηρείται διότι παραβιάζεται η διατήρηση του λεπτονικού αριθµού L

e

eL : 110 0 −−≠

8 −− +→+ πΛnK 0

Παρατηρείται, διότι δεν παραβιάζεται η διατήρηση κανενός αριθµού. Σηµειώνουµε,


S : -1+ 0 -1= + 0

9 0KKnπ +→+ ++

∆εν παρατηρείται διότι παραβιάζεται η διατήρηση του βαρυονικού αριθµού Β



14

Β: 0 +1 ≠ +0 0

Άσκηση 10

Ποιοί νόµοι διατήρησης παραβιάζονται στις αντιδράσεις; ++→+ enpνe

γeµ +→ −− ++ +→+ KΛnπ 0 −++ +→+ KΣpπ +−− +→+ πΣpK ++− +→+ πKpΣ ++− +→+ ππpΣ

Λύση

1 ++→+ enpνe

Παραβιάζεται η διατήρηση του λεπτονικού αριθµού eL .

Le: 1+ 0 0 + (-1)≠

2 γeµ +→ −−

Παραβιάζεται η διατήρηση των λεπτονικών αριθµών eL και µ

L .

eL : 01 0 +≠

µL : 00 1 +≠

3 ++ +Λ→+π Kn 0

∆εν παραβιάζεται η διατήρηση κανενός αριθµού.

4 −++ +→+ KΣpπ

Παραβιάζεται η διατήρηση του φορτίου Q.

Q: 1+1 1+ (-1)≠

5 +−− +→+ πΣpK

∆εν παραβιάζεται η διατήρηση κανενός αριθµού.



15

6 ++− +→+ πKpΣ

Παραβιάζεται η διατήρηση του φορτίου Q καθώς και της παραδοξότητας S

Q: 1+1 1+1- ≠

S: 0+1 0+1- ≠

7 ++− +→+ ππpΣ

Παραβιάζεται η διατήρηση του φορτίου Q καθώς και της παραδοξότητας S.

Q: 1+1 1+1- ≠

S: 0+0 0+1- ≠

Άσκηση 11

Τί εννοούµε µε τον όρο παραδοξότητα στις ισχυρές αλληλεπιδράσεις της Πυρηνικής

Φυσικής;

Aν δοθεί ότι το µεσόνιο K+ έχει παραδοξότητα +1 και ότι η ποσότητα αυτή διατηρείται στις

ακόλουθες αντιδράσεις: +++ +→+ KΣpπ −+− +→+ πΣpK

βρείτε την παραδοξότητα των σωµατιδίων −K και +Σ .

Λύση

H αραδοξότητα είναι ένας “νέος” κβαντικός αριθµός, ο οποίος σχετίζεται σε

επίπεδο quarks µε το αντίστοιχο παράδοξο quark s.

O κβαντικός αυτός αριθµός δεν διατηρείται αόλυτα. Έτσι διατηρούνταν στις

ισχυρές αλληλειδράσεις, παραβιαζόταν όµως στις ασθενείς.

Η ανακάλυψη της παραδοξότητας συνδέθηκε µε την παρατήρηση της ύπαρξης

κάποιων σωµατιδίων που παράγονταν πολύ εύκολα, δείχνοντας ότι αλληλεπιδρούσαν ισχυρά.

Όµως, ήταν ολύ µακρόβια (ζούσαν s10 10−≈ ) πράγµα περίεργο για σωµάτια που

αλληλεπιδρούν ισχυρά. Για το λόγο αυτό ονοµάστηκαν αράδοξα.

Από το χρόνο ζωής των σωµατιδίων αυτών φαινόταν ότι η καταστροφή τους γινόταν

εξαιτίας της ασθενούς αλληλεπίδρασης. Συνεπώς, παράγονταν ισχυρά ζεύγη τέτοιων

σωµατιδίων µε αντίθετη παραδοξότητα (διατήρηση της παραδοξότητας), όµως κατά την

καταστροφή τους διασπώνταν µόνα τους και ασθενώς (παραβίαση της παραδοξότητας),



16

Τόσο το π+ όσο και το p έχουν παραδοξότητα S=0. Αφού λοιπόν η παραδοξότητα

διατηρείται (ισχυρή αντίδραση) θα έχουµε:

⇒ S+ 1 = 0+0 :S Σ

-1=SΣ

Με αντίστοιχο τρόπο εύκολα βρίσκουµε ότι η παραδοξότητα του µεσονίου −K είναι

S = -1.

Άσκηση 12

Ένα ηλεκτρόνιο µεγάλης ενέργειας συγκρούεται µε ένα ατοµικό ηλεκτρόνιο. Ποιά είναι η

ενέργεια κατωφλίου για την παραγωγή ενός πρόσθετου ζεύγους e e− + ;

Λύση

Η µελετούµενη αντίδραση είναι η:

+−−−−− +++→+ eeeeee

Αφού ζητείται η ελάχιστη ενέργεια θα υποθέσουµε ότι τόσο τα ηλεκτρόνια όσο και

το ποζιτρόνιο παράγονται ακίνητα στο CM. Εποµένως η διατήρηση της ενέργειας στο CM

(*) θα δώσει:

eeeee

*

ΟΛ m4mmmmE =+++=

όπου λάβαµε υπόψη µας ότι το ηλεκτρόνιο και το ποζιτρόνιο έχουν ίσες µάζες.

Πόση είναι όµως η ενέργεια αυτή στο εργαστήριο (LAB) υποθέτοντας ότι το ατοµικό

ηλεκτρόνιο είναι περίπου ακίνητο; Θα χρησιµοποιήσουµε τη µέθοδο της αναλλοίωτης µάζας.

Έτσι θα έχουµε:

2

2,e1,e

2

2,e1,e

2* )pp()EE()E(

+−+=ΟΛ

Όµως 0p 2,e =

και άρα E me e,2= . Επίσης 2

e

2

1,e

2

1,e )m()p()E( +=

.

Άρα:



17

e1,e

2

e

2

e

2

e

2

1,ee1,e

2

e

2

1,e

2

e

2

1,e

2

e1,e

2*

mE2)m()m()m(16

)p(mE2)m()E()m4(

)p()mE()E(

++=

⇒−++=

⇒−+=ΟΛ

Τελικά βρίσκουµε: 2

e e,1 e e,1 e14(m ) 2 E m E 7m= ⇒ =

Άσκηση 13

Σχεδιάστε την οκτάδα των µεσονίων µε J=0 σε ορθογώνιους άξονες S, 3I . Σηµειώστε τη

θέση του µεσονίου 0η .

Λύση

∆ίνουµε καταρχήν τα στοιχεία της µεσονικής οκτάδας µε τους αντίστοιχους

κβαντικούς αριθµούς:

Β Q S I3 Y=B+S

+π 0 1 0 1 0 0π 0 0 0 0 0 −π 0 -1 0 -1 0 0η 0 0 0 0 0 +K 0 1 1 1/2 1 −K 0 -1 -1 -1/2 -1 0K 0 0 1 1/2 1 0K

~ 0 0 -1 -1/2 -1



18



19

Άσκηση 14

Σχεδιάστε την δεκάδα των βαρυονίων µε J=3/2 σε ορθογώνιους άξονες S, I

3. ∆είξτε πώς

αυτό οδηγεί στην πρόβλεψη των ιδιοτήτων του σωµατίου −Ω .

Λύση

∆ίνουµε καταρχήν τα στοιχεία της βαρυονικής δεκάδας µε τους αντίστοιχους

κβαντικούς αριθµούς:

Β Q S I3 Y=B+S

−∆ 1 -1 0 -3/2 1 0∆ 1 0 0 -1/2 1 +∆ 1 1 0 1/2 1 ++∆ 1 2 0 3/2 1 −Σ 1 -1 -1 -1 0 0Σ 1 0 -1 0 0 +Σ 1 1 -1 1 0 −Ξ 1 -1 -2 1/2 -1 0Ξ 1 0 -2 -1/2 -1 −Ω 1 -1 -3 0 -2

Οι καταστάσεις διαφορετικής παραδοξότητας διαφέρουν σηµαντικά σε µάζα, όµως η

διαφορά µάζας για κάθε αύξηση της παραδοξότητας είναι περίπου η ίδια. Αυτό βέβαια δεν

µπορεί να είναι τυχαίο. Πράγµατι, σε αυτή τη βάση προβλέφθηκε το βαρυόνιο Ω− τρία

χρόνια πριν την ανακάλυψή του.



20

Άσκηση 15

Η διάσπαση γ+γ+γ→π0 (Η/Μ αλληλεπίδραση) γίνεται ή όχι και γιατί;

Λύση

Όπως είναι γνωστό από τις εξισώσεις Μaxwell το φωτόνιο γ περιγράφεται από το

διανυσµατικό δυναµικό Aτο οποίο αλλάζει πρόσηµο κάτω από την επίδραση του τελεστή

C. Άρα:

γ−=γC

δηλαδή η ιδιοτιµή του τελεστή C για το φωτόνιο είναι λ

γC,= -1 .

Το σωµάτιο π 0 διασπάται ηλεκτροµαγνητικά σε δύο φωτόνια :

γ+γ→π0

Επειδή οι ιδιοτιµές του τελεστή C είναι ολλαλασιαστικές προκύπτει ότι:

1=)( 2

,C,C γπλ=λ

Αν λοιπόν υποθέσουµε ότι η συµµετρία C διατηρείται στις ηλεκτροµαγνητικές

αλληλεπιδράσεις η διάσπαση γ+γ+γ→π0 δεν θα πρέπει να παρατηρείται αφού θα

αραβίαζε την C.

C: )1)(1)(1(1 −−−≠

Πειραµατικά βρέθηκε ότι ο λόγος διακλάδωσης:

6

0

0

10 x 5)(

)(R −<

γ+γ→π

γ+γ+γ→π=

Το παραπάνω περιραµατικό όριο όµως δεν κρίνεται ως ικανοποιητικό. ∆εν υπάρχει

λοιπόν ξεκάθαρη πειραµατική επιβεβαίωση, αλλά και ένδειξη για το αντίθετο.



21

Άσκηση 16

Ποιά είναι η στροφορµή ℓ του συστήµατος των δύο πιονίων στη διάσπαση του σωµατιδίου ρ

( −+ +→ ππρ ), αν για το ρ µεσόνιο γνωρίζουµε ότι −= 1Jπ ;

Λύση

Η αντίδραση είναι ισχυρή και άρα η parity (οµοτιµία) διατηρείται. Αυτό σηµαίνει ότι

αν ℓ είναι η σχετική στροφορµή των πιονίων θα ισχύει:

1)1( −=− ℓ

αφού το µεσόνιο ρ έχει parity -1 (είναι ο πάνω δείκτης του συµβόλου −π = 1J ). Αφού λοιπόν

( )− = −1 1ℓ αυτό σηµαίνει ότι:

,...5,3,1=ℓ

Περνάµε τώρα στην πληροφορία που σχετίζεται µε την ολική στροφορµή J. Tα πιόνια

έχουν spin s = 0 και συνεπώς η ολική τους στροφορµή J θα οφείλεται αποκλειστικά στην

σχετική τροχιακή στροφορµή, δηλαδή J = ℓ . Όµως, η αρχική στροφορµή του µεσονίου ρ

είναι 1, εποµένως ℓ = 1.

Άσκηση 17

Το ελεύθερο νετρόνιο διασπάται ασθενώς )νepn( e++→ − µε µέσο χρόνο ζωής

sec7.886t = . ∆ικαιολογήστε γιατί το δεσµευµένο νετρόνιο στους πυρήνες δεν διασπάται.

Το πρωτόνιο δεσµευµένο σε πυρήνα διασπάται ασθενώς )νenp( e++→ − . ∆ικαιολογήστε

την σταθερότητά του σαν ελεύθερο σωµάτιο καθώς και την διάσπασή του σαν δεσµευµένο.

Λύση

Στον κενό χώρο, το πρωτόνιο είναι το µόνο σταθερό σύστηµα τριών quarks. Το

νετρόνιο στον κενό χώρο έχει αρκετό πλεόνασµα µάζας ως προς το πρωτόνιο, εποµένως

διασπάται δίνοντας πρωτόνιο σύµφωνα µε την διαδικασία )νepn( e++→ − .

Ο µέσος χρόνος ζωής του νετρονίου στον κενό χώρο είναι sec7.886t = ή 14.8 λεπτά. Αν το

νετρόνιο είναι δέσµιο σε ένα πυρήνα, µπορεί να είναι σταθερό εφόσον η πυρηνική ενέργεια

σύνδεσης καθιστά την διάσπαση ενεργειακά αδύνατη. Αντιστρόφως, ένα δέσµιο πρωτόνιο σε



22

ένα πυρήνα µπορεί να µετατραπεί σε νετρόνιο σύµφωνα µε την διάσπαση eνenp ++→ − , αν

η αντίστοιχη πυρηνική ενέργεια σύνδεσης επιτρέπει την πραγµατοποίηση της διαδικασίας

αυτής.

Άσκηση 18

Κατατάξτε τις ακόλουθες αλληλεπιδράσεις ως προς το είδος τους και δικαιολογείστε την

δυνατότητα ή µη της πραγµατοποίησής τους.

1) −+−+ µ+µ→+ ee 3) −+++ ++π→ eeK

2) nppp ++→π+ + 4) 0ep π+→ +

Λύση

1) −+−+ µ+µ→+ ee

Στην παραπάνω αντίδραση διατηρείται το φορτίο Q και οι λεπτονικοί αριθµοί eL και

µL .

Άρα η παραπάνω αντίδραση γίνεται και είναι Η/Μ.

2) nppp ++→π+ +

Στην παραπάνω αντίδραση, διατηρείται το φορτίο Q, ο βαρυονικός αριθµός Β και η

παραδοξότητα S. Άρα η παραπάνω αντίδραση γίνεται και είναι ισχυρή.

3) −+++ ++π→ eeK Στην παραπάνω αντίδραση διατηρείται το φορτίο Q και ο λεπτονικός αριθµός

eL . Η

παραδοξότητα S παραβιάζεται, διότι το +K είναι παράδοξο, όχι όµως και τα ++π e,

και −e .

Η παρουσία των λεπτονίων −+ e,e υποδεικνύει ότι η αντίδραση δεν µπορεί να είναι

ισχυρή, αλλά ασθενής και να παραβιάζεται η παραδοξότητα S.

Άρα, η αντίδραση γίνεται και είναι ασθενής.

Είναι εξάλλου γνωστό ότι τα καόνια διασπώνται µέσω των ασθενών αλληλεπιδράσεων.

4) 0ep π+→ +

Στην παραπάνω αντίδραση, παραβιάζεται ο βαρυονικός αριθµός Β και ο λεπτονικός αριθµός eL .

Προφανώς η αντίδραση δεν γίνεται.



23

Άσκηση 19

Ποιες από τις παρακάτω αλληλεπιδράσεις είναι δυνατές και γιατί.

00 Kp Σ→π− Ισχυρές p−− π→Σ Ασθενείς 00p Λπ→π− » p0 −π→Σ » ++ Σ→ Kpp » eepn ν→ − » 0Kpp Λ→ + » eepn ν→ − »

Λύση

Iσχυρές

Κριτήρια για την πραγµατοποίηση µιας ισχυρής αντίδρασης είναι η διατήρηση του φορτίου

Q, η διατήρηση του βαρυονικού αριθµού Β και η διατήρηση της παραδοξότητας S. Η

διατήρηση του 3I προκύπτει άµεσα από την σχέση

2

SBIQ 3

++= σε συνδυασµό µε την

διατήρηση των .S,B,Q

Άρα:

Η αλληλεπίδραση 00 Kp +Σ→+π− γίνεται διότι:

Β: 0110 +=+

Q: 0011 +=+−

S: 1100 +−=+

Η αλληλεπίδραση 00p Λ+π→+π− δεν γίνεται διότι παραβιάζεται η S

S: 1000 −≠+

Η αλληλεπίδραση ++ Σ+→+ Kpp δεν γίνεται διότι παραβιάζεται ο Β.

Β: 1011 +≠+



24

Ασθενείς

Η βασική διαφορά στους νόµους διατήρησης είναι η παραβίαση της παραδοξότητας S και

µάλιστα κατά ∆S 1= . Επίσης, θα πρέπει να διατηρούνται οι λεπτονικοί αριθµοί e µL ,L και

τL .

Η αλληλεπίδραση p+π→Σ −− δεν γίνεται διότι παραβιάζεται το Q.

Q: 111 +−≠−

Η αλληλεπίδραση p0 +π→Σ − γίνεται διότι παραβιάζεται η S κατά ∆S 1= .

S: 001 +≠−

Η αλληλεπίδραση eepn ν++→ − δεν γίνεται διότι παραβιάζεται o eL .

eL : 1100 ++≠

Η αλληλεπίδραση eνepn ++→ − γίνεται διότι:

Β: 0011 ++=

Q: 0110 +−= eL : 1100 −+=

Άσκηση 20

α) Το 0Λ είναι βαρυόνιο µε 1S −= . Ποια είναι η κατά κουάρκ σύστασή του.

β) Τα Ξ βαρυόνια σχηµατίζουν ισοτοπική διπλέτα µε 2S −= . Ποιες είναι οι πιθανές

καταστάσεις φορτίου.

γ) Καθορίστε την κατά κουάρκ σύσταση των µεσονίων: 0K,K + ( 1S += ) και 0K,K − ( 1S −= ).

Λύση

α) Αφού το 0Λ είναι βαρυόνιο θα αποτελείται από τρία quarks εκ των οποίων το ένα θα

είναι το s ώστε η παραδοξότητα 1S −= . Επίσης πρέπει να έχει φορτίο µηδέν.

Όµως το s έχει φορτίο 3

1− . Τα άλλα δύο quarks θα είναι λοιπόν το u (µε φορτίο 2/3 και το

d (µε φορτίο –1/3).



25

Άρα:

uds0 =Λ

β) Θα χρησιµοποιήσουµε την σχέση:

2

YIQ 3 +=

Υ = υπερφορτίο = 2

SB …++, µε 1B = και 2S −=

Αφού τα Ξ βαρυόνια αποτελούν ισοτοπική διπλέτα, θα ισχύει:

2

1I21I2 =⇒=+

Άρα:

2

1I3 += ή

2

1I3 −=

Άρα:

ι) 02

21

2

1Q1

=−

+=

ιι) 12

21

2

1Q 2 −=

−+−=

Άρα τα δύο Ξ βαρυόνια, είναι το 0Ξ και το −Ξ .

γ) Αφού πρόκειται για µεσόνια, θα έχουν δοµή ενός quark και ενός αντι-quark. Αφού

1S += , θα συµµετέχει το αντι-quark s µε φορτίο .3/1+

Άρα για το +K , απαιτείται το quark u, που έχει φορτίο 2/3. ∆ηλαδή suK =+ .

Αντίστοιχα, για το sdK 0 = .

Εποµένως για τα 0K,K − , που είναι τα αντισωµάτια των 0K,K + θα ισχύει η δοµή:

suK =− , sdK 0 =



26

Εφαρµ. Μαθηµ. Ι, ΙΙ Φυσική Στερεάς Κατάστασης

Ανάλυση Ι, ΙΙ Πυρηνική Φυσ. & Στοιχειώδη Σωµ.

ΜΜΦ Ι, ΙΙ Σύγχρονη Φυσική

Πιθανότητες-Στατιστική Ειδική Σχετικότητα

Φυσική Ι, II, III, IV Χηµεία – Πρακτικά Χηµείας

Mηχανική Ι, ΙΙ Ηλεκτρονική Ι, ΙΙ

Ηλεκτροµαγνητισµός I, II Πρακτικά Ηλεκτρονικής

Κβαντοµηχανική Ι, ΙΙ Συστήµατα Τηλεικοινωνιών

Στατιστική Φυσική Υολογιστές Ειλογές

H σίγουρη λύση ου οδηγεί στο τυχίο

lagana ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΗ ΣΩΜΑΤΙΑ

Documents