Primeira S´erie de F´ısica de Part´ıculas Jo˜ao Pela, no52270 ; Manuel Nascimento no52294
13) Uma part´ıcula A com energia EA colide com part´ıculas B em repouso
produzindo-se n part´ıculas C1, C2, ..., Cn. Pretende-se determinar, em fun¸c˜ao
das massas das v´arias part´ıculas, a energia m´ınima que A tem que ter para que esta reac¸c˜ao seja poss´ıvel.
Esquematicamente temos, no referencial do laborat´orio (em que B se encontra em repouso) e no referencial do Centro de Massa (CM):
Figure 1: Esquem´atico da colis˜ao a considerar no referencial do laborat´orio e no referencial do centro de massa.
Note-se que: No ref. do CMP ~pi= 0 eP ~pf = 0
Qual ´e, ent˜ao, a condi¸c˜ao limite? No referencial do CM vˆe-se claramente que a energia m´ınima EA corresponde `a situa¸c˜ao em que todas as part´ıculas finais
Ci se encontram em repouso.
Assim, toda a energia EAser´a utilizada apenas na cria¸c˜ao das part´ıculas e n˜ao
”desperdi¸cada” sob a forma de energia cin´etica.
Por conveniˆencia de c´alculo, utilizaremos o quadrivector momento, definido por:
pk = muk, em que uk = (γ~u, iγc), de onde pk = (~p, iEc), sendo ~p as 3 componentes do momento linear.
Utilizamos ainda a invariˆancia (valor constante para todos os referenciais de in´ercia) da pseudonorma de pk, definida por |pk| =P
kp kp
k= p2x+p2y+p2z−(Ec) 2
Sem perda de generalidade, assumimos Ea= Ta+ mac2e que, no referencial
do laborat´orio, ~pa|| ~ex.
Assim, antes da colis˜ao, no referencial do laborat´orio temos: pktotal= (p, 0, 0, i(Ea+ mbc
2
c )) (1)
Ap´os a colis˜ao, no referencial do CM temos (lembrando que a condi¸c˜ao limite ´e pCi = 0):
pktotal0 = (0, 0, 0, i( Pn i=1mCic 2 c )) = (0, 0, 0, i( n X i=1 mCic)) (2)
A invariˆancia da pseudonorma de pk implica: |pktotal| = |pk0
total| ou seja: p2− (Ea c + mCic) 2= −( n X i=1 mCic) 2 (3)
Utilizando a rela¸c˜ao energia-momento usual E2= p2c2+ m2c4, substitui-se
p2 na express˜ao anterior. No referencial do laborat´orio tem-se:
Ea2= p2c2+ ma2c4⇔ p2= Ea2
c2 − m 2 ac
2 (4)
Assim, desenvolvendo o quadrado (do 2otermo do membro esquerdo da eq.
3), vem: E2 a c2 − m 2 ac 2−Ea2 c2 − 2Eamb− mbc 2 = −( n X i=1 mCic) 2⇔ Ea(2mb) = ( n X i=1 mCic) 2− (m2 a+ m 2 b)c 2 ⇔ Ea = (Pn i=1mCic) 2− (m2 a+ m2b)c2 2mb (5) 14) A varia¸c˜ao do ´ındice de refrac¸c˜ao de um g´as ideal com a press˜ao ´e dada por:
(n − 1) = (n0− 1)P P0
(6) Para H2 tem-se que (n0− 1)|P =P0=1atm= 1, 38 × 10
−4.
Pretende-se utilizar dois detectores de Cherenkov, C0e C1, constitu´ıdos por
g´as de H2 `as press˜oes de 1 atm de 0.8 atm, respectivamente. Assim, os ´ındices
de refrac¸c˜ao vˆem, respectivamente:
C0: (n0− 1) = (n0− 1)11 = 1, 38 × 10−4 ⇔ n0 = 1 + 1, 38 × 10−4 ⇔ n0 =
1.000138
C1: (n1− 1) = (n0− 1)0.81 ⇔ n1= 1 + 0.8 × 1, 38 × 10−4⇔ n1= 1.0001104
14a) A radia¸c˜ao de Cherenkov ´e a radia¸c˜ao emitida quando uma part´ıcula carregada atravessa um diel´ectrico com uma velocidade superior `a velocidade da luz no meio. A passagem de part´ıculas carregadas perturba o campo elec-tromagn´etico do meio, deslocando e polarizando os ´atomos. Quando estes re-gressam ao equil´ıbrio d´a-se emiss˜ao de fot˜oes, que constituem a radia¸c˜ao de Cherenkov. ´E um fen´omeno an´alogo ao ”sonic boom”, como observado na fig 2.
Figure 2: Radia¸c˜ao de Cherenkov: Frentes de onda esf´ericas criadas por uma part´ıcula com velocidade menor (`a esquerda) e maior (`a direita) do que a luz nesse meio. Para v > nc surge uma onda de “choque” electromagn´etica, que se move numa direc¸c˜ao dada pelo ˆangulo de Cherenkov θc
As frentes de onda geradas fazem um ˆangulo θccom a direc¸c˜ao de propaga¸c˜ao
da part´ıcula tal que cosθc = βn1 , em que β = vc e n ´e o ´ındice de refrac¸c˜ao do
meio. A velocidade da luz no meio ´e dada por: v = nc. Assim a condi¸c˜ao de Cherenkov vem: v > c
n ⇔ β > 1 n
Para analisar a separa¸c˜ao de e, µ e π numa cadeia de dois Cherenkov C0 e
C1pretende-se determinar os momentos p m´ınimos a partir dos quais se observa
radia¸c˜ao de Cherenkov num e noutro detector. Sabemos que: E = γmc2, p = γmv
Assim verifica-se que: E cp = γmc2 cγmv = 1 β ⇔ β = pc E (7)
Utilizando o quadrado da ´ultima equa¸c˜ao e substituindo E2atrav´es da con-hecida rela¸c˜ao E2= p2c2+ m2c4 vem:
β2= p 2c2 p2c2+ m2c4 ⇔ p 2c2+ m2c4= p2c2β−2 ⇔ p2[c2(1 − β−2)] = −m2c4 ⇔ p2= − m 2c2 1 − β−2 ⇔ p = s m2c2 β−2− 1 (8)
Da condi¸c˜ao de Cherenkov β > n1, tem-se que, no caso limite (velocidade m´ınima necess´aria):
β = 1 n ⇔ β
2= 1
n2 ⇔ β
−2= n2 (9)
Substituindo β−2 na express˜ao para o momento e utilizando como unidades para a massa eV /c2e para o momento eV /c, vem:
p = √ m
n2− 1 (10)
Utilizando as massas das part´ıculas: me= 0.511M eV /c2, mµ= 105.66M eV /c2
e mπ = 139.57M eV /c2 obtˆem-se como momentos m´ınimos:
Detector C0 Detector C1
pe= 0.03076GeV /c pe= 0.03439GeV /c
pµ = 6.360GeV /c pµ= 7.110GeV /c
pπ = 8.401GeV /c pπ= 9.393GeV /c
Assim, utilizando um feixe de part´ıculas de momento conhecido, ´e poss´ıvel discutir de que part´ıcula se trata por observa¸c˜ao ou n˜ao de radia¸c˜ao de Cherenkov.
14b) Pretende-se calcular o n´umero de fot˜oes e a energia radiada na banda do vis´ıvel (400-700 nm) por um electr˜ao de p=6 GeV/c no Cherenkov C0, de
6m de comprimento.
O n´umero de fot˜oes emitidos por unidade comprimento na radia¸c˜ao de Cherenkov ´e dado por:
d2N
dEdx ≈ 370Z
2sin2θ
c(E)[eV−1cm−1] (11)
de onde, considerando a interac¸c˜ao ao longo do g´as constante (dNdx = 1),
Nγ≈ 370Z2L
Z E2
E1
(1 − 1
β2n2)dE (12)
Em que Z = 2 (H2) e L ´e o comprimento do detector, 600cm, e n = n0.
Mudando a vari´avel de integra¸c˜ao para o comprimento de onda: E[eV ] = E[SI]/e = hc
λe ≡ E (13)
dE = −hc
λ2edλ (14)
Atendendo a que E varia inversamente com λ, os limites de integra¸c˜ao alter-nam e vem: Nγ ≈ − Z2370Lhc e (1 − 1 β2n2 0 ) Z λ1 λ2 dλ λ2 = Z2370Lhc e (1 − 1 β2n2 0 ) Z λ2 λ1 dλ λ2 (15) em que λ1= 400 × 10−9m e λ2= 700 × 10−9m
´
E necess´ario substituir β2 no integral. Sabendo que E = γmc2 e p = γmv, tem-se que: E cp = γmc2 cγmv = 1 β ⇔ β = pc E ⇔ β 2=p2c2 E2 (16)
Utilizando a conhecida rela¸c˜ao E2= p2c2+ m2c4 fica:
β2= p 2c2 p2c2+ m2c4 ⇔ β 2= p 2 p2+ m2c2 (17)
Substituindo β2 no integral e avaliando-o obt´em-se ent˜ao: Nγ = 325, fot˜oes emitidos em C0na banda do vis´ıvel.
Para a energia, basta ver que se calculou anteriormente:
N = Z λ2
λ1
dN
dλdλ (18)
e, assim, para E vir´a:
E = Z λ2 λ1 dN dλ dE dNdλ (19)
em quedNdE = hcλ ´e a energia de cada fot˜ao emitido por radia¸c˜ao de Cherenkov. Assim obt´em-se:
E =370Z 2Lh2c2 e (1 − 1 β2n2 0 ) Z λ2 λ1 dλ λ3 = 1.27008 × 10 −16J = 792, 723eV (20)