Capitolo 3: Cinematica Relativistica ed Unita’ di Misurala frazione e-300/7.7 ≅10-17 dei pioni...

Capitolo 3:Cinematica Relativistica

ed Unita’ di Misura

Capitolo 3:Cinematica Relativistica

ed Unita’ di Misura

Corso di Fisica Nucleare e Subnucleare I

Professor Carlo Dionisi

A.A. 2004-2005

RICHIAMI DI RELATIVITA’ RISTRETTAPRINCIPIO DI RELATIVITA’

•Le leggi della Fisica sono le stesse in ogni riferimento inerziale;

•La velocità della luce nel vuoto, c, è la stessa in ogni riferimento inerziale;

•La velocita’ della luce nel vuoto, c, e’ insuperabile ( principio di causalita’ )

•Il tempo non è un invariante;

•La relatività di Galileo e le leggi della meccanica sono valide per v/c<<1;

•Le leggi di trasformazione dello spazio-tempo che soddisfano il Principio di Relatività di Einstein sono le TRASFORMAZIONI DI LORENTZ.

Fig. 1 : due riferimenti inerziali in moto relativo

Sia:

y

xz

0

t

y1

x1z1

01

v

t’

2

1 ; =1c

β γβ

=−

v

'ed O in moto con velocita' v rispetto .ad O

' ( )' ( )''

ct ct xx x cty yz z

γ βγ β= −= −==

( ; ),x ct x≡

' 0 0' 0 0

*' 0 0 1 0' 0 0 0 1

ct ct ct xx x ct xy y yz z z

γ βγ γ βγβγ γ βγ γ

⎛ ⎛ ⎛ ⎛− −⎞ ⎞ ⎞ ⎞⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟− − +⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= =⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠⎝ ⎝ ⎝⎝

Definendo il quadrivettore posizione:la Trasformazione di Lorentz L(β) trasforma

Dove det(L) = γ2-β2γ2 = 1.L è una rotazione nello spazio-tempo.La Trasformazione inversa:e’ definita da:

1( ) ' ( ) 'x L x L xβ β−= = −

0 0 ' ' '0 0 ' ' '

*0 0 1 0 ' '0 0 0 1 '

'

ct ct ct xx x ct xy y yz z z

γ βγ γ βγβγ γ βγ γ

⎛ ⎛ ⎛ ⎛ +⎞ ⎞ ⎞ ⎞⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟+⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= =⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜⎜⎜⎜ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠⎝⎝⎝⎝

' ( )x L xβ=( ; ) in ' ( '; ') come dato da:x ct x x ct x≡ ≡

Dove I coefficienti di L(β) sono:

2

2 2

2 2 2

1 ; 1 ......2

Al primo ordine in si ottiene:

' (1 ) (1 )2 2

' (1 ) (1 )2 2

x x ct x t

xt x t t tc

ββ γ

β

β ββ

β β β β

<< = + +

= + − + = −

= − + + + ≅ − ≅

v

v

Se v<<c, approssimazione non relativistica,

CONSEGUENZE DELLE TRASFORMAZIONI DI LORENTZ

12 ''' xxd −=Siadi una sbarra a riposo in O’. Avremo:

)()('' 12122 1ttcxxxx −−−=− βγγ

Ma l’osservatore O misura le posizioni x2 e x1simultaneamente, cioè allo stesso istante t2 = t1. Quindi:

2 1' ( )' '

d x x ddd d d

γ γ

γ

= − =

= → <

1) Contrazione delle Distanze

la distanza misurata in O’

presente

ct

futuro

passato

presente

altrove altrove x

A

B

o

2) Dilatazione degli intervalli di tempo

( ) ( ) ( )( )

2 1

2 1

2 1 2 1 2 1

2 1

T' = t' t' l' intervallo tra due istanti misurati in O'nello stesso punto x' = x' . L' osservatore O misura:c T= c = t' ' x' x' =

= t' ' = ' T = T'

Sia

t t c t

c t c T

γ β γ

γ γγ

−

⋅ − ⋅ − + ⋅ −

⋅

⋅ − ⋅ ⋅

L' intervallo di tempo misurato nel sist

T > T'

" interema di

vallo quiete

e' ch di tempo proiamato pri .o "

⇒

3) L’ invariante relativistico ds2

2 2

2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

e' un Nel caso in cui in O' la misura venga fatta nello stesso punto avremo: ds c dt

invariante relativistico

l'

ds = c dt

c' .

Definiamo : = 0 x = c

ipercont

oe' defin

dx dy dz

t x

− − −

±

=

−cono di ito : luce.

CONO DI LUCE E TEMPO PROPRIO

Vogliamo sottolineare le conseguenze della divisione dello spazio-tempo nelle regioni:

a) passato-futuro (all’interno del cono di luce)b) altrove (esterna al cono di luce)

Consideriamo la “distanza invariant e” o “intervallo” S12tra due eventi P 1 (x1; t1) e P 2 (x2; t2) nello spazio tempo. Avremo:

221

221

2212 )( xxttcS −−−=

Dati P1 e P2 arbitrari ci sono tre possibilità:

1) Se 0212>S si dice che i due eventi hanno una

separazione di TIPO TEMPO : cioè è sempre possibile trovare una trasformazione di Lorentz (TdL) ad unnuovo sistema di riferimento O' tale che:

Quindi 0)( '2

'1

2212 >−= ttcS

P1 e P 2 coincidono spazialmente, ma sono separati nel tempo.

0212 <S si dice che i due eventi hanno una

separazione di TIPO SPAZIO : e’ cioe’ possibile trovare un

sistema di riferimento inerziale O'' in cui da cui:

02''2

''1

212 <−−= xxS

In O'' i due eventi si verificano in punti dello spazio separati, ma nello stesso tempo.

t1'' = t2''

2)Se invece

Esercizio sulla dilatazione relativisticadel tempo

Esercizio sulla dilatazione relativisticadel tempo

Nei laboratori fasci di particelle di vita media τ nota, vengono trasportati, prima di decadere, su distanze moltevolte superiori al limite Galileiano della distanza didecadimento : cτ.

Per esempio π carichi con impulsi di 200 GeV/c vengonoprodotti, ad una targhetta primaria, e trasportati sudistanze, per esempio, di 300 m con una perdita dovuta aidecadimenti inferiore al 3%.

Con una vita media τ = 2.56 10-8 sec, la distanza media didecadimento Galileiano sarebbe cτ = 7.7 m e quindi solo la frazione e-300/7.7 ≅ 10-17 dei pioni prodotti potrebbesopravvivere a 300 metri di distanza.

MA

14291 22

2

2

2242

2 =≅+=+

==cm

pcm

pcm

cpcmcm

E

πππ

π

π

γ

Per cui d =βγcτ = 11000 m = 11 km

Richiami sui quadrivettoriRichiami sui quadrivettori

( )32

2 2

; 1 1

F F

dp m d dp m ddt dtβ β

⊥⎪ = ⋅ ⎪ = ⋅− −

v v

v vdt dt

2

21mcE

β=

−

DAL PRINCIPIO DI MINIMA AZIONE

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

g μν −≡

−−

x g xμ μνν≡

( ) ( )2

; ; ;x ct r x

dx dx ds

ct rμμ

μμ

≡ −

⋅ =

≡

dxuds

μμ =

( );

1

u

u u

μ

μμ

γ γβ≡

=

2 2 2 2 2 2 2 2ds c dt dx dy dz c dt= − − − = י

{

( )0

20

1) ) T=m 1 iiipiic m

cγ γβ = ⋅ −vv

Spxμ μ

∂= −

∂

;

;

Ep pcEp pc

μ

μ

⎛ ⎞≡ −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞≡ ⎜ ⎟⎝ ⎠

22 2 2

0 02 Ep m cu p p p m cc

μ μ μμ= = − =

Nel Formalismo Quadridimensionale

Ricaviamo di conseguenza:

02

0ii) E=) p iii ) mE

p= m ci γγ 2= cv v

0 02 ) E) =

m

mi

cγγ β =

pv v = pvi) cv E

( )2 2

2

20 0

0

0ix) E=T+m m 1 m

=m

E c

c c cγ

γ

= − +

Esercizio: ricaviamo la relazione tra energiatotale ed energia cinetica di una particella

Esercizio: ricaviamo la relazione tra energiatotale ed energia cinetica di una particella

;dtpdF = Teorema delle forze vive:

20 0

2

2

1 v

( v) ( )

( )( )

dp dxdT Fdx dx c dp c dpdt c dt c

ccdp cd m c d mc

c d mc dm md

β β γ β γ β

β ββ β β

= = = =

= = =

== + =

dove γ0mm = ma: 2 1/ 2

0 0 (1 )dm m d m dγ β −= = − = 32 2

01 (1 ) 22

m dβ β β−= − = 3 2

0m d m dγ β β γ β β= 2dm m dγ β β= inoltre: [ ] 32

2

222

)1(11 γγγ

ββγβγγ ==⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+=+ Ne segue che:

( )2 2 2 2 2 1dT c m d md c mdβ β γ β β β β β β γ⎡ ⎤⎡ ⎤= + = + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = ( ) ( )

32 2 2 3 2 2 2

0 0 1c md c m d c m dβ βγ β βγ β β β−

= = − ( ) ( )

12 22 3

2 2 220 01

1 12 22

m c mT dT d cβ

β β−

− −= = − = −

−∫ ∫

20m c Costγ= + 0( 0) 0T Cost m cβ = = → = −

2 2 20 0 0 ( 1);T m c m c m cγ γ= − = − 2

0E T m c= + 2

20 0 21

cE m c mγβ

= =−

Sistemi di riferimentoSistemi di riferimento

♦ Sistema del LaboratorioE’ quello in cui la particella targhetta e’inizialmente in quiete:

Lab: p1=(E1;p1) ; p2(M;0) ;

Ptot = (E1+M;p1)

♦ Sistema del Centro diMassae’ quello definito dalla condizione :

CdM = 0k Totkp P= =∑

p1*=(E1*;p*) ; p2*=(E2*;-p*) ; P*=(E*;0)

dove E* = E1* + E2*

P*CdM2 = E*2 = PLAB

2 = m12 + M2 + 2E1M

( ) ( )2 2 . 1 2 1 2

2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 1 = m m 2 2

Nel LabP P E E p p

p m E p m E

μμ = + − + =

+ + + −Nel centro di massa abbiamo PμPμ = s da cui :

Esercizio: consideriamo l’ urto di due particelle m1 e m2

i) Collisione a targhetta fissa :Calcoliamo la massa invariante del sistema delle due particellenel riferimento del Laboratorio dove p2 = 0, nella ipotesi cheE1 >> m1, m2:

Massa InvarianteMassa Invariante

( )

( ) ( )2 21 2 1 2

P P Massa Invarian

; ; P ;

P P .... .....

te del sistema di N partice

P P Invariante Relativist

lle

ico

k k k k k kk k k

N N

p E p p E p

E E E p p p

μ μ μ

μ

μ

μ

μ

μ

μ

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

= + + + − + +

=

+

∑ ∑ ∑

0TotP∗ = ( )* ;0TotP Eμ∗ =

Consideriamo un sistema di N particelle.

Nel Centro di Massa del sistema abbiamo per definizione:

*2Tot Massa Invariante = P P = E μ

μ

2 12m ES =

Mentre in un esperimento a targhetta fissa la gran parte dellaenergia del protone e’ “sprecata” per fornire impulso al centro dimassa del sistema INVECE di renderla disponibile per la interazione, in un esperimento al collider e’ l’ energia nelsistema di riferimento a impulso totale nullo : e’ quindi la quantita’di energia disponibile per l’ interazione. E’ quindi la massima energia/massa per una particella prodottadalla annichilazione protone-protone !

Facciamo l’ esempio di un fascio di protoni da 100 GeVche urta una targhetta di idrogeno, protoni a riposo:

1 22 2 100 1 14 GeVs E m= ≈ ⋅ ⋅ ≈

ii) Esperimento ai collider p-p :nella ipotesi che E1 >> m1, m2 avremo | p1,2 | = | p | ≈ E1,2 .Ora avremo due protoni che collidono frontalmente :

La grandezza invariante

nella ipotesi che E1 >> m1, m2 avremo | p1,2 | = | p | ≈ E1,2 .

2 22 21 1 2 2 1 2 1 2

2 21 2 1 2 1 22 21

1 1 2

2 1 2

2 1 2

1 2

( 2 )

2( )

2( )

2( cos )

s p p p p p p

E p E p E E p p

m m E E p p

m m E E p p

μ μ μμ μ μ

θ

= + +

= − + − + − ⋅

= + + − ⋅

= + + −

2 10 Ge0 200 Vs = ⋅ =

Energia di Soglia di una ReazioneEnergia di Soglia di una ReazioneIn generale in un urto avremo la produzione di N particelle chenel laboratorio possiamo rappresentare come:

1

34

n-1i b

2

nDefiniamo ENERGIA di SOGLIA quella in corrispondenzadella quale nel Centro di Massa le particelle dello stato finale SONO PRODOTTE FERME. Avremo quindi per lo stato finale:

( )

( ) ( )( ) ( )

( )

22

*2 *

1

2 2*2

2

2 2

22 2b b

2

Per lo stato iniziale avremo invece:

2

= 2m

2

2m

f

N

f f ff

i b b i i bi

i i

f i bf

i soglia

i b i i

b

b

E T m m

E E m p m E m m

T m m m T

m m mT T

m

m m

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + ≥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

= + − = + + =

⎞⎛− +⎟⎜

⎝ ⎠≥

+ + + = +

=

+

∑ ∑

∑

Tsoglia > 0 → C’e’ una soglia.

Tsoglia < 0 → NON c’e’ una soglia

( ) ( )2 24 2

6 5.6 GeV2

p p

s pp

m mT m

m

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦= = =

Esercizi sulle soglie di una ReazioneEsercizi sulle soglie di una Reazione

p p p p p p+ → + + +

Come vedremo, l’antiprotone è stato scoperto in urtiprotone-nucleone. Con un bersaglio di idrogeno abbiamo -praticamente un protone LIBERO di massa mp = 0.939 GeV.La reazione è:

L’Energia di soglia:

diretto in modo casuale rispetto alla direzione del proiettile

lo avremo con paralleloFermip

Se consideriamo anche il legame del protone in un nucleo dirame, è la targhetta usata, pFERMI e’ circa uguale a 0.24GeV e

incidente.Il valore massimo (minimo) di Ts(antiparallelo) al protonep

( )

( )

2 2Lab

2 2

2 2

; p ;

2 2 2

= 2 16

F F p p F p F

Lab p p F p F

p p F p F p

E p m E E p p

p m E E p p

m E E p p m

= + = + +

= + − =

+ ± ≥

i

Avremo quindi :

2 2 2

2

F p

22

8 da cui 7

Approssimando E e p otteniamo:2

72

p p F p F p p F p F p

Fp p

p

Fp F p F p p F p

p

m E E p p m E E p p m

pm Em

pE E p p E m p mm

+ ± ≥ ± ≥

= + ≅

⎞⎛± = ± + ≥⎟⎜⎜ ⎟

⎝ ⎠

p2

2

Max

7 ; E

12

4.2 GeV ; T 7.5 GeV

pp p

F F

p p

Min

mE T m

p pm m

T

≥ = +± +

= =


Esperimento con un bersaglio di atomi diidrogeno, fisso nel laboratorio, contro il quale vaad urtare fascio di antiprotoni incidenti diimpulso p = 0.65 GeV/c.Calcolare la soglia della reazione :

( ) ( )( )

2

2 2 2 2 2 2Lab

2 2*2 2

p

p

Ricordiamo inoltre che m m = 1.116 GeV/c

: E 2 3.90 GeV

E 2 1.1116 4.98 GeV

per p 0.65 GeV/c la reazione

non puo' avveni

con p = 0.65 GeV/c

p p p p p

Lab

Avr

p p

emo m m m m p

m m

Quindi

Λ Λ

Λ Λ

=

= + + + =

= + = ⋅ =

≤

+ →Λ+Λ

re:p+p > +≠ Λ Λ

• Calcolare la soglia di:

NeeN ++→+ −+γ

mm

m2me)1(2

2)2( 22

≈+≈−+

=MM

MMT ee

eS

• Calcolare l’energia di soglia della reazione:

00 kp +∧→+−π

22 /938.0;/140.0 cGeVcGeV p ==−mm

π

22 /494.0;/116.1 00 cGeVcGeV k==

∧mm

ppinizialestatoLAB EP mmm ππ 2222)_( ++= −

22)_.(.. )( 00 kfinalestatomdc mP m+=

∧

( )[ ]GeVE

p

pksoglia 9.0

2

22200 =

−−+= ∧

m

mmmm π


Dove mγ=0 ; il nucleano ha massa M e l’ elettrone ed il positrone hannomassa me.


1) Calcolare l’energia di soglia di:

ee νμν

μ+→+ −−

eeinizialestatoLAB EP mm ν222)_( +=

GeVEPe

esogliafinalestatomdc 11

2

2222

)_min(_... =−

=→=m

mmm μ

μ

2)Calcolare l’energia di soglia di:−+−+ +→+ μμee

a)Targhetta Fissa:

eeinizialestatoLAB EP mm 22 22)_(

+=

22)_min(_...

)2( μm=

finalestatomdcP

GeVEee

e

soglia44

22 222

=≈−

=m

m

m

mmμμ

b) Collisione e+e-: :

E*2

= 22 )2()_.(..

eEP

inizialestatomdc

=

2mμ2 =beam

sogliaE GeVE beam

soglia106.0==

μm

N.B: mμ=0.106 GeV/c2 ; me = 0.51 MeV/c2 ; mν ≅ 0

Scattering Elastico

• Dalla conservazione dell’ energia e dell’ impulso:

p+P = p’+P’ dove: p=(E/c;p), p’=(E’/c;p’),

P=(mc;0), P’=(E’/c;P’)

p2 + 2pP + P2 = p’2 + 2p’P’ + P’2

• L’ urto e’ elastico per cui:

p2=p’2=me2c2 ; P2=P’2=Mc2 per cui : pP = p’P’

•Sperimentalmente riveliamo l’ elettrone diffuso:

pP = p’( p+P-p’) = p’p + p’P - me2c2

da cui moltiplicando a destra e sinistra per c2

EMc2 = E’E – pp’c2 + E’Mc2 – me2c4

•Per energie elevate si trascura me2c4 ed E≅pc

EMc2 = EE’ (1-cosθ) + E’Mc2

• Avremo quindi:

Scattering Elastico

)cos1(1 2

'

ϑ−+=

McE

EE

Dove θ e’ l’ angolo di diffusione. Quindi nel casodi urti elestici esiste una dipendenza univoca traθ ed E’.

Questo NON e’ piu’ vero nel caso di urtianelastici. L’ energia di rinculo del bersaglio e’legata al termine E/Mc2

Ancora sulle Trasformazioni di LorentzAncora sulle Trasformazioni di Lorentz

[ ][ ]⎪

⎩

⎪⎨

⎧

+=+=

==

1

1

1

1

11 ;

EPEEPPPPPP

z

zz

yyxx

βγβγ

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⊥⊥I

III

I

II

EEE

PPE

10000

γβγβγγ

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

Iz

Iy

Ix

I

y

x

PPPE

PPPE

γβγ

βγγ

0001000010

00

2

x

z y

S

x1

z1

y1

S1

beam

P┴

PII

Esercizi sui Sistemi di RiferimentoEsercizi sui Sistemi di Riferimento

ap

* 0TotP =

*

a

a

a

; 0

E 0 00 0 1 0 0 00 0 0 1 0 0

0 0 0

e p Ricaviamo quindi :

p

a b

a

b CdM CdM CdM

a CdM CdM CdM

a b CdM CdM CdM

CdMCdM

E m sP Pp

m s

p

E m s s

s

μ

γ β γ

β γ γ

γ β γ

βγ

⎞⎛+ ⎞⎛≡ ≡ ⎟⎜⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎞⎛+ ⎞ ⎞⎛ ⎛⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜≡ ⋅ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎝⎠ ⎠ ⎝ ⎠

+ = =

= e a bCdM

E ms

γ +=

Nel Lab :

ma mb

Nel C d M :

♦ Calcoliamo il β del Centro di Massa :

( ) ( )CdM infine : a a

a b a b

Otteni p pE m E ms

s

amo β = =+ +

Avremo:

( )2 2 2 2 2 2

2 2

2

= 2a b a a a b a b a

a b a b

s E E p m p m E m p

m m E m

= + − = + + + − =

+ +

DecadimentiDecadimenti♦ Si consideri il decadimento

a → b + c

con Ma,mb ed mc le masse delle tre particelle.Nel riferimento del centro di massa a e’ in quietee la conservazione del quadri impulso e’ data dalle equazioni:

Ma = Eb* + Ec

* M

*bp *

cp**0 cb pp +=

♦ P = (E*b+E*c;0) ; p*b = p*c = p*

Ma = (p*b2+mb

2)1/2 + (p*c2+mc

2)1/2

= (p*2+mb2)1/2 + (p*2+mc

2)1/2

Quindi:

Ma2 + p*2 +mb

2 – 2Ma(p*2+mb2)1/2 = p*2 + mc

2

Ma2 + mb

2 – mc2 = 2Ma(p*2+mb

2)1/2

Ma4 + (mb

2 – mc2)2 + 2Ma

2( mb2 – mc

2) = 4Ma2(p*2 +mb

2)

da cui :

( ) ( )2

22222242*

42

a

cbcbaa

MmmmmMMp −++−

=

DecadimentiDecadimenti

( )[ ] ( )[ ]2

22222

4 a

cbacba

MmmMmmMp −−•+−

=∗

♦ Che possiamo anche scrivere:

( )

( )a

cbacc

a

cbabb

MmmMmpE

MmmMmpE

2

2222

22

22222

−−=+=

−+=+=

∗∗

∗∗

♦ Nel caso particolare : mb = mc = m

E*b = E*c= E*/2 ; p*2 = (E*/2)2 – m2

⇒ Nel decadimento a due corpi:Nel sistema di riferimento dellaparticella che decade, note le massedelle due particelle figlie, rimanedeterminato il modulo del loro impulsoe quindi le loro energie

Il Decadimento e’ Monoenergetico

DecadimentiDecadimenti

e

2 2 2 21 2 3 n 1 2 3

; ricordiamo che m 0

sistema di riferimento del neutrone avremo :

0 = p p p ; m

e

p e

n p e

Nel

p m p m p

νν−→ + + =

+ + = + + + +

Decadimento a tre corpi :

Non sono monoenergetici

.

- p + πΛ →

E

π

π( E ) = funzione densita’ di probabilita’

La probabilita’ che l’ energia del π-abbia un certo valore E0 e’esattamente uguale a 1 ed e’invece uguale a zero per ogni altro valore:π( E ) = δ( E – E0)E

π

E0

Urto in due corpi

• Consideriamo l’urto:

21 mmmm bi +→+

im bm iP

CdM • Calcoliamo l’energia e l’impulso delle particelle emesse

nelle reazioni e nei decadimenti.

E*

ϑ

x

z

y P

xI

zI

yI

cβ

Lab.

Urto in due corpi

cossin cossin sin

z

x

y

P pP pP p

ϑϑ ϕϑ ϕ

⎧ =⎪

=⎨⎪ =⎩

*

* * *

* * *

* *

0 0sin cos 0 1 0 0 sin cossin sin 0 0 1 0 sin sin

cos 0 0 cos

E Ep pp p

p p

γ βγϑ ϕ ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϕϑ βγ γ ϑ

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

*** cosϑβγγ pEE += (1) *** cossincossin ϕϑϕϑ pp = (2)

* * *sin sin sin sinp pϑ ϕ ϑ ϕ= (3) * * *cos cosp E pϑ βγ γ ϑ= + (4)

Urto in due corpi

)sin(cossin)sin(cossin)3()2(

*2*2*22*

222223

ϕϕϑ

ϕϕϑ

+=

+=+

pp

Quindi:

*** sinsin ⊥⊥ === PppP ϑϑ Il Momento Trasverso è un Invariante b)

** ; ϕϕϕϕ == tgtg L’angolo azimutale attorno ad un asse è INVARIANTE per trasformazioni di Lorentz lungo quell’asse.

c) Dividiamo (3) con (4) ed essendo *ϕϕ =

)cos(

sin)cos(

sinsinsin*

*

*

*

***

***

ϑβγ

ϑϑβγϕϑϕϑ

+=

+=

pEpE

ptg

)cos/(sin

**

*

ϑββγϑϑ+

=tg

a)

[ si ottiene dividendo la 3) per la 2) ]

Decadimenti esercizio: angololimite nel laboratorio

• Si consideri il decadimento

a → b + c

con Ma,mb ed mc le masse delle tre particelle.Nel riferimento del centro di massa a e’ in quietee la conservazione del quadri impulso e’ data dalle equazioni:

Ma = Eb* + Ec

* M

*bp *

cp**0 cb pp +=

♦ Se nel laboratorio a ha impulso p il βdella trasformata di Lorentz al CdM sara’

β = p/E e βγ = p/Ma

θ∗

LAB

p∗

p∗

θ1

θ2

p1

p2 CdM


∗11 1

11

1

)

)

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

*

*

*

10000

y

x

y

x

PPE

PPE

γβγβγγ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===+=+==

+=+=

***111

****111

***1

**1

sinsincoscos

cos

ϑϑγβϑγβγγϑ

ϑβγγβγγ

PPPPEpEPPP

pEPEE

yy

xx

x

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==+−==

+−=

**222

*2

**222

*2

**2

sinsincoscos

cos

ϑϑβγϑγϑ

γϑβγ

pPPEpPP

EpE

y

x

*1

*1

1*(cos

*sin*cos*

*sin*

ββϑγ

ϑγβϑγ

ϑϑ+

=+

=Ep

ptg

*2

2

*cos(

*sin

ββϑγ

ϑϑ+−

=tg

*2

*2*

1

*1

*;*Ep

EP == ββ

La particella i verràemessa in avantiper qualunque

valore di θ*

Se : β*i < β

1 1 12

1

2

1

max 21

11

1 cos0 cos

cos

1-1 = =

1

dtgd

tg

βϑϑ β βϑϑ ββγ ϑ

β

ββ

ϑββ βγ γβ β β

∗∗ ∗

∗∗

∗∗

∗

∗

∗∗

+= = ⇒ = −

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 2 21 2

1 2

1 2 e' minimo

sin2

per E = E2

M m mE E

ϑ

ϑ − −=

• Calcoliamo il valore ϑmassimo:

• Calcoliamo l’angolo ϑ = ϑ1 + ϑ2

22121

22

21

2 cos22 MppEEmmp =−++= ϑ

21

221

22

21

22

cospp

MEEmm −++=ϑ

• Nel limite Ei >> mi

22

21

222121 2

sin4)cos1(2 mmMEEEE −−==−ϑϑ

Pi ≅ Ei

*11

2 EE

CdM

CdM =−

=β

γ

Esercizio: trasformazioni LAB⇒CdM

*ip

ip

22222* )( pEpmEE ibi −=−+=

bii

iCdM

mmp

PEP

++==

22β

2

2*

2

22

2

22 11

EE

EPE

EP

CDM =−

=−=− β

*EPi

CdMCdM =γβ

mbmi mi mbE*

*bp

Carta di identita’ : decadimento:

massa:

vita media:

( non e’ possibile rivelare il suo cammino prima del suo decadimento in γγ)

Decadimento del π0

1ϑ

0 = 135 MeVmπ

0π γ γ→ +

e +

e -

1P

A B0P

2P

e - e +

016 = 0.828 10 sec

πτ −⋅

2ϑ

0 1 2 1 2 ; = p p p ϑ ϑ ϑ= + +

Decadimento del π0

( )

0 0

0

2 2 20 1 2 0 1 2 1 2

2 2 2 2 2 20 1 2 1 2 0 1 2 1 2

2 21 2 1 2

) p p p 2p p cos

) p p p p 2p p

Sommando le equazioni a) e b) si ottiene:

2p p 1 cos 4p p sin2

a p p p

b m E E p p m

m

π π

π

ϑ

ϑϑ

= + → = + +

+ = + = + → + = + +

− = →

02

2

1 2

sin 2 4

mE Eπϑ

=

02 20

1 2

2 21 2 1 0 1 1 0

0 0

1 0

2

1

1

Dimostriamo che il minimo valore di si ha quando :

corrisponde a Poniamo

y=E E E (E E ) E E E

EE = E = dove

Edove abbiamo posto x=E che e

E2

E E = MassimIl min

' qu

imo

n

o.

i

di

m p

x x

π

ϑ

ϑ

= − =

=

− = −

+

0

0

0 01

quando

la nostra

la apertur

incognita.dy 2 0

a angolare dei

da cui segue e quind

due fotoni e' minima:s

i: Edx 2 2Abbiamo

l' equipartizione dell' energia

quindi ricavato che :

del tr

i ha

E EE x x

π

= − = = =

a i due fotoni.

Impulso dei fotoni da π0 →γ+γ nelLaboratorio

( )0

0 0 0y

0

E E ; = ; p sinE

cos

y

x

p p pE M

p p Eπ

β γ ϑ

γ ϑ β

∗ ∗ ∗∗

∗ ∗ ∗

= = = =

= +

Sappiamo che nel sistema di riferimentodel π0 a riposo I fotoni hanno impulsomonocromatico uguale a Mπ0 ./2.

Ricaviamo la distribuzione degli impulsidei fotoni nel sistema di riferimento del laboratorio.

Essendo

*P

*P

*ϑ

0

0

EP=β

MdC ..

1P

2P

0P

2ϑ

1ϑ

Lab

Mγ = 0, avremo che p* = p1*= p2*= E1*=E2*=Mπ0/2

0 0, se p e' l' impulso del nel laboratorio avremo :Inoltre π


( ) ( )0

0

0

1 1 1

0 0 0 0

0 0

0 0 0 0 0

0

cos 1 cos2

1 cos 1 cos2 2

cos cos 2

E variera' tra d

2Quindi nel laboratorio: ue valori minimi e mas dati simi

mE E p

mE p E pm E E

E E p E pE

π

π

π

γ

γ β ϑ γ β ϑ

ϑ ϑ

ϑ ϑ

∗ ∗ ∗ ∗

∗ ∗

∗ ∗

= + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ = + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠+ ⋅ + ⋅

= ⋅ =

0 0

0 0

da:

E sara' minimo per : cos 1

E 2

E sara' massimo per : cos 1 0

2

Ricaviamo adesso la funzione di distribuzione di E traquesti valori minimi e massimi.Ricordando che i

E p

E pE

γ

γ

γ

γ

γ

ϑ ϑ π

ϑ ϑ

∗ ∗

∗ ∗

= − ⇒ =

−=

= ⇒ =

+=

0

0

l ha spin zero, avremo che nel sistemaa riposo del la distribuzione in cos deve piatt essere Avremo qu

and

.i i:

π

π ϑ∗


01

0

11

0

01

1

1

1

*cos21*cos*)(cos

*)(cos2

*cos21

21*)(cos1*cos*)(cos

0

PdEdN

PdE

MdEddfdN

dmdPdE

fdf

=

====

==

=⇒=∫+

−

πβγϑϑϑ

ϑπβγϑ

ϑϑϑ

Costante nel Laboratorio

CM LAB

*)(* ES )(ES

*EEMINE MAXE

.Cost

Distribuzione angolare dei fotoni daldecadimento dei π0


( )

0

0

0

0

22

1 22

1 0 12

2

0 1 13

21

31 0 0 1

) sin 2 4

4sin

2Differenziando a destra e sinistra abbiamo:

14(E 2 ) = 2 cos2 2sin

2

cos1 2d) 4(E 2 ) sin

2Riscriviamo

mc

E E

mE E E

mE dE d

mdEdn dnd dE d p E

π

π

π

π

ϑ

ϑ

ϑ ϑϑ

ϑ

ϑϑ ϑ

=

→ ⋅ − =

− ⋅ − ⋅ ⋅

= = ⋅ ⋅−

( ) 0

0

22

1 0 1 1 0 12

2

2

l' equazione c) come

E E E E E E4 sin

2

dove A= 4 sin

2

mA

m

π

π

ϑ

ϑ

− = → − +⋅

⋅

Vogliamo ora dimostrare che la configurazione di decadimento delπ0 ad angolo minimo e’ anche la configurazione piu’ probabile.

In generale abbiamo ricavato la formula seguente:



0

0

0

0 1

minim

2

21 0 2 2

0

22

0

o

Sostituendo (E 2 ) nell' equazione d) abbiamo:

cosdn 2d

4sin sin2 2

La distribuzione avra' quindi un massimo per

sin :

e' quindi ANCHE la configurazione piu' pr b2

o a

E

mp E m

E

mE

π

π

π

ϑ

ϑ ϑ

ϑ

ϑ

ϑ

−

= ⋅⋅

−

=

bile

0 0

1

20 0

1

20 1 0 0 0

2 22 200 2

2 0

La soluzione in E sara' data da:

4E ; avremo quindi:

2E 2 E 4

sin2sin sin

2 2.

E E A

E E E A

m mEEE

π πϑϑ ϑ

± − ⋅=

− = − − ⋅ =

= − = −

∓

∓ ∓



♦ Ne segue che la configurazione didecadimento piu’ probabile e’ quellacon il minimo angolo di apertura tra idue fotoni.

Abbiamo visto che questa corrisponde adavere equipartizione della energiainiziale e dell’ angolo di apertura totale

LAB

θmin θmax = 180o

♦ Eγ = ( E0 + p0 cosθ ) / 2

avremo:

Eγ minima per cosθ*=0 ⇒ θ*=π/2

Eγ massima per cosθ*=1 ⇒ θ*=0

dN/dθ

θ

Esercizio sul decadimento del π0: distribuzione di pγ=pγ(θ∗)

( ) ( )

( )

( )

0

01 1

0

01

11

1

1 cos1 cos

2

1 cos; sappiamo inoltre che :

2sintg =

cos

LabLab

Lab

EE E E

M

E E

πγ γ π

π

γ π

β ϑβ ϑ

β ϑ

ϑϑγ β ϑ

∗∗ ∗

∗

∗

∗

+= ⋅ + = ⋅

+= ⋅

+

GevE LAB 05.40 =π MeVM 1350 =π 0* πME =

1*

**

1

1

1==

γ

γγβ E

P00 ππ γME LAB = MeVE

ME 5.67

2**

2

0

1=== γ

πγ

A)

βγθϑ

γ

βθ

π

π

γ

γ

1)90(

30

5.67

20252

)01(4050

:90*

*11

*

0

0

1

1

=°=

==

=

=⋅+

=

°=

tg

GeVmE

E

MeVE

( )1 11 1 cosE Eγ γγ β ϑ∗ ∗= ⋅ + ⋅ ⋅

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≈=⋅≈−

==+⋅±=

°==

MevE

EE

MevEM

ME

EE Lab

LabLab

1.142

1)1(

4050)11(2)1(

:180*;0*

22**

1

0

0

0

0

0

γγγβγ

βγ

θθ

πγγ

ππ

π

π

γγ


1ϑ 1ϑ∗

°=→°≈⇒=

≈−=

=−

−≈−=

42301

11800

11

21)1(

)2

1(111

11

2

22

ϑϑϑ

β

γβ

γγβ

Labtg

B)

C)1ϑ *θ

ϑ

*

Esercizio: nucleo formato di protonied elettroni

♦ Prima della scoperta del neutrone era stata formulata l’ipotesi che il nucleo contenesse al suo interno protoni ed elettroni mescolati insieme.

Dimostrare col principio di inderminazione, sapendo che le energie medie di elettroni che escono dai nuclei non sonoMAI superiori di qualche MeV, che questo non e’ possibile.

Soluzione:Sia :

Δx( elettrone in un nucleo) ≅ 2 Raggi nucleari ≅ 2 10-14 m

Δp ≅ h/Δx = 6.6 10-34 J sec / 2 10-14 m per cui avremo

pelettrone = Δ p = 3.3 10-20 J s/m

E2elettrone = p2

el c2 + m2el c4

p2el c2 = (3.3 10-20)2(3 108)2≅10-22 J2

m2el c4=(9 10-31 kg)2(3 108)4≅10-26 J2 ⇒ trascurabile

Eel = 10-11 J = 10-11/1.6 10-19 = 0.6 108 eV = 60 MeV

Ben maggiore delle energie misurate sperimentalmente

Esercizio da fare:

Provare che per il protone si ottengono energie cinetichedell’ ordine di qualche MeV.

Esercizio: misura del tempo di volo di una particella

2 2 2 4

22

2 2

21

ii

ii i

i

ii

p c m cL L L Lt Lv pv c c pccEc

m cLtc p

β+

= = = = =

= +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+=−=Δ 2

21

2

22

12 11pcm

pcm

cLttt

mn

pm

pm

Lt sec1134.3 2

21

2

22

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+−+=

Δ

In fisica delle particelle e’ possibile identificare una particella daun’ altra, avente lo stesso impulso ma di diversa massa, dallamisura del tempo di volo che le particelle impiegano a compiere una determinata distanza. Calcoliamo il tempo di volo a percorrere una distanza L=15 metri tra due rivelatori a scintillazione posti ai due estremi della stessa distanza.

L

Le particella di massa m1 ed m2 ed impulso p percorreranno la distanza L rispettivamente nei tempi t1 e t2 dati da :

( m e p in MeV)

Se p2 »m12c2 ed m2

2c2, avremo:

( )2 22 1 12

21670 ; 1 10 s m mt ps ps

L p m−

−Δ≅ =

♦ Δt va come 1/p2

Le unita’ di Misura nella fisicadelle Particelle

Le unita’ di Misura nella fisicadelle Particelle

Unita’ Naturali

-15nucl

2eo

- 7 R 10 kg ; 1 0 mprotoneM ∼ ∼

Unita’ del SistemaInternazionale ( S.I. )

Per la fisica di ogni giorno le unita’ del S.I. sono una sceltanaturale: M( uomo ) ~ 75 Kg ; Altezza( uomo ) ~ 1.75 m

Per la fisica delle particelle la scelta non e’ cosi’felice:

Si usa una base diversa basata sul linguaggio dellafisica delle particelle, meccanica quantistica e relativita’: UNITA’ NATURALI

Unita’ di azione in M.Q. :

Velocita’ della luce :

Unita’ di Energia :

( Js )

( ms-1 )cGeV = 109 eV = 1.6×10-10 J

Le unita’ allora diventano :

[ ] [ ] [ ]

2 2 4 2 2 2 2 2 EE p M G e V

E M c p c M p= + ⇒ = +

= = =

[ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ][ ] [ ] [ ]

1

1

1 ed inoltre 1

GeVL

c L T M L

T M −

−

= =

=

=

= = =

Tutto si semplifica se si sceglie :

Tutte le quantita’ sono espresse in potenze di GeV:

Si ritorna indietro alle unita’ del S.I. reintroducendo I fattori c ed

2

197.3 MeV1

4 137

c fme

cα

π

= ⋅

= =

22

23 -1

6.582 10 MeV sc=2.998 10 fm s

−= × ⋅

× ⋅

Valori Utili daRicordare

Unita’ NaturaliIn fisica delle particelle il sistema MKS non è appropriato in quanto le lunghezze caratterisitiche sono tipicamente dell’ordine di 10-15 m e le masse di 10-27 kg.E’ invece più conveniente lavorare con un sistema di unità, noto come UNITA’ NATURALI, in cuiPer completare il sistema si sceglie come terza grandezzal’energia in eV oMeV oppure GeV.

Ricordiamo che:

-

= = 1c

-34 8 m = 1.055 10 J sec ; c = 2.998 10 sec

⋅ ⋅ ⋅

Nelle unita’ naturali e’ quindi una unita’ di azione ( ML2/T ) ec e’ una unita’ di velocita’ ( L/T ).Il sistema di Unita’ Naturali e’ allora completamente definito s specifichiamo l’ unita’ di energia ( ML2/T2 ).

Se scegliamo il Giga-Electron volt come unita’ di energia, avremo:

-10 -34

34 -25

8

-15

1 GeV = 1.602 10 J ; h = 6.626 10 J s

1.055 10 J s = 6.582 10 GeV s2

mc = 2.998 10 ; c = 0.1973 GeV fms

1 fm = 10 m

hπ

−

⋅ ⋅ ⋅

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

Il concetto di dualità ondarelazioni di Einstein e De Broglie:

Unita’ Naturali

= = 1c

8

esempio : se c = 1 abbiamo come conseguenza che 1 s = 3 10 mPer

⋅

Vediamo quali sono le conseguenze di imporre

I) mettendo c=1 imponiamo che le due unità NON sono INDIPENDENTI e che hanno dimensioni equivalenti

II) -corpuscolo descritto dalle

[ L ] = [ T ]

[ ] [ ]1 1

unita' = 1 implicano che

h = h ; p =

:

E T L

n

p

E

i

νλ

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Questo e’ in accordo con la teoria della relativita’ chetratta spazio e tempo “ on the same footing “:intervalli di tempo e distanze sono diverse speci dellastessa cosa e NON ci sono ragioni fondamentali per misurarle con unita’ divesrse ed indipendenti.

La scelta c = 1 e’ una scelta NATURALE ed il numero2.998 108 e’ UN FATTORE DI CONVERSIONE.

Unita’ Naturali

Ad un livello più fondamentale questa equivalenza sorge dalle relazioni di commutazione di base e dal fatto che gli operatori di energia e impulso sono i generatori delle traslazioni nello spazio-tempo.Il modo naturale di misurare un momento è quello di u na“lunghezza inversa”. Il numero 6.626*10 34 è un fattore di conversione che converte una lunghezza inversa nelle unità convenzionali.

Nella fisica delle particelle, come gia’detto, si sceglie [ M ] come DIMENSIONE INDIPENDENTE.

[ ] [ ]

[ ]

2 1

1 1

dimensioni di sono Energia tempo quindi avremo :

cui ponendo = 1 :

M

Le

M L T

Per

L T

−

− −

⋅

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ ⋅⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Unita’ Naturali

26

15 -1

24 -1

-16

Massa : 1 kg = 5.607 10 GeVLunghezza : 1 m = 5.068 10 GeVTempo : 1 s = 1.519 10 GeV

Nota Bene : = 6.6

I fattori di conversione

10 eV s ;

appropriat

con c = 1

i s

avremo : = 2.0 1

o :no⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅

⋅ -27

8 -16 8

0 eV m( difatti avremo : 1s = 3 10 m da cui : =6.6 10 3 10 eV m )⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

-7

-10

-10

1Se = 1 ne consegue che : 1 m = 2.0 10 eV

La dimensione di un atomo e' di circa 10 m.

1 Angstrom = 1 A = 10 m. Quindi :1 = 1 1 A =

2000 eV

⋅

⇒

Nota Bene : in queste unita’ AUMENTARE l’ energiasignifica DIMINUIRE la dimensione

Unita’ Naturali : promemoria

Capitolo 3: Cinematica Relativistica ed Unita’ di Misurala frazione e-300/7.7 ≅10-17 dei pioni...

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