Esercizio di relatività 2
Salve ho un'altro esercizio di relatività da proporvi
Due particelle uguali di massa m si muovono l’una verso l’altra con la stessa velocità v=c/2,
urtano e restano unite;
a)Determinare la massa, l’energia e la quantità di moto della particella prodotta nell’urto;
b)Determinare la massa, l’energia e la quantità di moto della particella prodotta nell’urto,
rispetto al sistema di riferimento in cui una delle due particelle iniziali è in quiete ( il
cosiddetto “sistema del laboratorio”).
Il punto a) l'ho risolto cosi :
conservazione del quadrimpulso
\(\displaystyle \gamma(v) m v - \gamma(v) m v = \gamma(v') M v' \)
\(\displaystyle \gamma(v) m c + \gamma(v) m c = \gamma(v') M c \)
dalla seconda ottengo la massa finale, ne segue che la prima è vera se e solo se la velocità finale è nulla
L'energia la calcolo con la solita relazione
\(\displaystyle |E^2|/c^2 -|Mv'|^2 = M^2 c^2 \)
\(\displaystyle |E^2|/c^2 = M^2 c^2 \)
\(\displaystyle E=Mc^2 \)
Ossia l'energia delle particelle si è convertita tutta in massa,conseguentemente in energia a riposo.
Giusto?
Il punto b) ho pensato di farlo cosi, ma non sono molto sicuro,
conservazione del quadrimpulso
\(\displaystyle \gamma(v) m v = \gamma(v') M v' \)
\(\displaystyle \gamma(v) m c + \gamma(0) m c = \gamma(v') M c \)
Risolvendo tale sistema ottengo che
\(\displaystyle v' = \frac{v \gamma(v)} {\gamma(v) + \gamma(0)} \)
\(\displaystyle M = \frac{v \gamma(v) m} {v' \gamma(v')} \)
Non ho sostituito v' in M e nemmeno i valori.
L'energia è \(\displaystyle |E^2|/c^2 -|Mv'|^2 = M^2 c^2 \)
\(\displaystyle |E^2|= M^2 c^4+|Mv'|^2 c^2 \)
\(\displaystyle |E|=\sqrt{M^2 c^4+|Mv'|^2 c^2} \)
Anche qui non ho svolto i calcoli ne sostituito i valori.
Il ragionamento fatto per questo esercizio è giusto? oppure si doveva comporre le velocità? o fare altre cose in questo sistema di riferimento?
Grazie a tutti
Due particelle uguali di massa m si muovono l’una verso l’altra con la stessa velocità v=c/2,
urtano e restano unite;
a)Determinare la massa, l’energia e la quantità di moto della particella prodotta nell’urto;
b)Determinare la massa, l’energia e la quantità di moto della particella prodotta nell’urto,
rispetto al sistema di riferimento in cui una delle due particelle iniziali è in quiete ( il
cosiddetto “sistema del laboratorio”).
Il punto a) l'ho risolto cosi :
conservazione del quadrimpulso
\(\displaystyle \gamma(v) m v - \gamma(v) m v = \gamma(v') M v' \)
\(\displaystyle \gamma(v) m c + \gamma(v) m c = \gamma(v') M c \)
dalla seconda ottengo la massa finale, ne segue che la prima è vera se e solo se la velocità finale è nulla
L'energia la calcolo con la solita relazione
\(\displaystyle |E^2|/c^2 -|Mv'|^2 = M^2 c^2 \)
\(\displaystyle |E^2|/c^2 = M^2 c^2 \)
\(\displaystyle E=Mc^2 \)
Ossia l'energia delle particelle si è convertita tutta in massa,conseguentemente in energia a riposo.
Giusto?
Il punto b) ho pensato di farlo cosi, ma non sono molto sicuro,
conservazione del quadrimpulso
\(\displaystyle \gamma(v) m v = \gamma(v') M v' \)
\(\displaystyle \gamma(v) m c + \gamma(0) m c = \gamma(v') M c \)
Risolvendo tale sistema ottengo che
\(\displaystyle v' = \frac{v \gamma(v)} {\gamma(v) + \gamma(0)} \)
\(\displaystyle M = \frac{v \gamma(v) m} {v' \gamma(v')} \)
Non ho sostituito v' in M e nemmeno i valori.
L'energia è \(\displaystyle |E^2|/c^2 -|Mv'|^2 = M^2 c^2 \)
\(\displaystyle |E^2|= M^2 c^4+|Mv'|^2 c^2 \)
\(\displaystyle |E|=\sqrt{M^2 c^4+|Mv'|^2 c^2} \)
Anche qui non ho svolto i calcoli ne sostituito i valori.
Il ragionamento fatto per questo esercizio è giusto? oppure si doveva comporre le velocità? o fare altre cose in questo sistema di riferimento?
Grazie a tutti
Risposte
Ciao judoca 92. Mi spiace ma non va bene.
In meccanica classica, se due particelle si scontrano anelasticamente e il sistema è isolato, diciamo che si conserva la qdm totale ma non l'energia cinetica .
In dinamica relativistica si ha invece sempre la conservazione del 4-vettore energia-impulso totale , e la norma (il modulo quadro) è invariante.
Nel tuo caso , le due particelle hanno uguale massa, e vengono considerate dapprima in un riferimento in cui si scontrano frontalmente viaggiando ciascuna con velocità di modulo $v=0.5c$ . Tale riferimento è evidentemente il riferimento del "laboratorio" che in questo caso coincide col riferimento del centro di massa delle particelle, il quale rimane in quiete rispetto al laboratorio, cioè rispetto all'osservatore.
Per definizione, il riferimento del cdm è quello in cui la qdm totale (parte spaziale!) è nulla .
Le due particelle hanno in questo riferimento i seguenti 4-vettori energia-impulso :
$vecP_1 = (E_1/c,vecp_1) = ( \gamma(v)mc, \gamma(v)mvecv) $
$vecP_2 = (E_2/c,vecp_2) = ( \gamma(v)mc, \gamma(v)m(-vecv)) $
Il 4-vettore della particella finale è la somma dei due 4-vettori :
$vecP = vecP_1 + vecP_2 = (E_1/c + E_2/c , vecp_1+vecp_2 ) $
è chiaro che : $vecp_1 + vecp_2 = vec0 $
e dovendo essere ovviamente, per definizione di 4-vettore : $ vecP = (E/c, vecp ) $ , si vede facilmente che :
$E/c = E_1/c + E_2/c = 2E_1/c$ ------(1)
mentre come già detto : $vecp = 0 $ . Perciò l'energia finale è semplicemente la somma delle energie (uguali) delle due particelle incidenti.
Il risultato si può ottenere anche calcolando il modulo quadro (invariante scalare) del 4-vettore somma $vecP$ :
$(E_1/c+E_2/c)^2 - (vecp_1+vecp_2)^2 = 1/c^2 (E_1^2 +E_2^2 + 2E_1E_2) = 4E_1^2/c^2$ ( poiché $E_1 = E_2 = \gamma(v)mc$ ).
E quindi : $vecP*vecP = vecP^2 = E^2/c^2 = 4E_1^2/c^2 $
Essendo anche : $vecP^2 = (Mc)^2 $ , dove con $M$ ho indicato la massa della particella finale, si ha ovviamente :
$Mc = E/c \rightarrow M = E/c^2 = 2E_1/c^2 = 2\gamma(v)m $ --------(2)
[NB : noto esplicitamente che , dato un qualunque 4-vettore energia impulso di una particella di massa $m$, risulta : $P^2 = (m^2c^2) $ : basta calcolare la norma (modulo quadro) , che si dice anche massa invariante o energia del centro di massa].
Il risultato (2) ci dice che la massa $M = 2\gamma(v)m $ è superiore alla somma $2m$ delle masse delle particelle incidenti : la massa è aumentata ? Bisogna tener conto che nelle collisioni ciascuna particella porta con sé anche energia cinetica, quindi $M$ tiene conto non solo della massa di riposo delle due particelle ma anche della loro energia cinetica. Come si sa, l'energia relativistica è composta di energia di risposo più altre forme di energia, tra cui principalmente la cinetica, quindi non è pura e semplice massa.
Vediamo ora che succede nel riferimento di una delle particelle, supponiamo quella di destra che nel laboratorio viaggia verso sinistra (fatti un disegnino) con velocità $v = 0.5c$ rispetto al laboratorio, cioè rispetto al cdm. Ora cioè assumiamo il riferimento della particella di destra.
LA particella di sinistra , che ha anch'essa velocità $0.5c$ rispetto al riferimento del cdm, ( riferimento che a sua volta ha velocità $0.5c$ rispetto alla particella di destra ora "in quiete" ), ha una velocità relativa alla particella in quiete che si deve calcolare componendo relativisticamente le due velocità dette :
$u = ((0.5+0.5)c)/(1+0.5*0.5) = 0.8c$
è chiaro questo discorso?
Quindi ora le due particelle , nel riferimento in cui la destra è in quiete, hanno i seguenti 4-vettori energia-impulso :
$vecP_s = (E_s/c, vecp_s) = (\gamma(u)mc, \gamma(u)mvecu) $
$vecP_d = (E_d/c,0) = (mc, 0 ) $ ( qui il fattore $\gamma=1$ perché la particella è ferma rispetto a se stessa, chiaro? E l'energia è solo quella di riposo. Ho indicato con pedici $s$ e $d$ risp. sinistra e destra ).
PErcio, calcolando il 4-vettore totale $P_t$ (evito la fastidiosa freccia di vettore ) :
$P_t = (\gamma(u)mc + mc, \gamma(u)"m"u)$
l'invariante è :
$P_t*P_t = m^2c^2(\gamma(u)+1)^2 - (\gamma(u)"m"u)^2 $
ma deve essere anche , come al solito : $P_t*P_t = P_t^2 = (Mc)^2 $
quindi uguagliando si ha :
$M^2c^2 = m^2c^2(\gamma(u)+1)^2 - (\gamma(u)"m"u)^2 $
da cui si ricava $M$ .
Insomma , in ogni caso basta tenere presente che il modulo quadro del 4-vettore energia impulso è uguale alla massa invariante $ (Mc)^2$ , e applicare questa uguaglianza correttamente in ogni ragionamento.
Si può dimostrare anche (ma lo lascio fare a te) , che : $M = msqrt(2(1+\gamma(u)))$
Confrontando le due espressioni di $M$ , e cioè :
$ M = 2\gamma(v)m$
$M = msqrt(2(1+\gamma(u)))$
esse devono risultare uguali, poiché cambia solo il riferimento. Prova a verificarlo. Io l'ho fatto sostituendo direttamente i valori numerici e trovandomi i fattori $\gamma(v)$ e $\gamma(u)$
Spero che sia tutto chiaro. LA materia non è facile.
In meccanica classica, se due particelle si scontrano anelasticamente e il sistema è isolato, diciamo che si conserva la qdm totale ma non l'energia cinetica .
In dinamica relativistica si ha invece sempre la conservazione del 4-vettore energia-impulso totale , e la norma (il modulo quadro) è invariante.
Nel tuo caso , le due particelle hanno uguale massa, e vengono considerate dapprima in un riferimento in cui si scontrano frontalmente viaggiando ciascuna con velocità di modulo $v=0.5c$ . Tale riferimento è evidentemente il riferimento del "laboratorio" che in questo caso coincide col riferimento del centro di massa delle particelle, il quale rimane in quiete rispetto al laboratorio, cioè rispetto all'osservatore.
Per definizione, il riferimento del cdm è quello in cui la qdm totale (parte spaziale!) è nulla .
Le due particelle hanno in questo riferimento i seguenti 4-vettori energia-impulso :
$vecP_1 = (E_1/c,vecp_1) = ( \gamma(v)mc, \gamma(v)mvecv) $
$vecP_2 = (E_2/c,vecp_2) = ( \gamma(v)mc, \gamma(v)m(-vecv)) $
Il 4-vettore della particella finale è la somma dei due 4-vettori :
$vecP = vecP_1 + vecP_2 = (E_1/c + E_2/c , vecp_1+vecp_2 ) $
è chiaro che : $vecp_1 + vecp_2 = vec0 $
e dovendo essere ovviamente, per definizione di 4-vettore : $ vecP = (E/c, vecp ) $ , si vede facilmente che :
$E/c = E_1/c + E_2/c = 2E_1/c$ ------(1)
mentre come già detto : $vecp = 0 $ . Perciò l'energia finale è semplicemente la somma delle energie (uguali) delle due particelle incidenti.
Il risultato si può ottenere anche calcolando il modulo quadro (invariante scalare) del 4-vettore somma $vecP$ :
$(E_1/c+E_2/c)^2 - (vecp_1+vecp_2)^2 = 1/c^2 (E_1^2 +E_2^2 + 2E_1E_2) = 4E_1^2/c^2$ ( poiché $E_1 = E_2 = \gamma(v)mc$ ).
E quindi : $vecP*vecP = vecP^2 = E^2/c^2 = 4E_1^2/c^2 $
Essendo anche : $vecP^2 = (Mc)^2 $ , dove con $M$ ho indicato la massa della particella finale, si ha ovviamente :
$Mc = E/c \rightarrow M = E/c^2 = 2E_1/c^2 = 2\gamma(v)m $ --------(2)
[NB : noto esplicitamente che , dato un qualunque 4-vettore energia impulso di una particella di massa $m$, risulta : $P^2 = (m^2c^2) $ : basta calcolare la norma (modulo quadro) , che si dice anche massa invariante o energia del centro di massa].
Il risultato (2) ci dice che la massa $M = 2\gamma(v)m $ è superiore alla somma $2m$ delle masse delle particelle incidenti : la massa è aumentata ? Bisogna tener conto che nelle collisioni ciascuna particella porta con sé anche energia cinetica, quindi $M$ tiene conto non solo della massa di riposo delle due particelle ma anche della loro energia cinetica. Come si sa, l'energia relativistica è composta di energia di risposo più altre forme di energia, tra cui principalmente la cinetica, quindi non è pura e semplice massa.
Vediamo ora che succede nel riferimento di una delle particelle, supponiamo quella di destra che nel laboratorio viaggia verso sinistra (fatti un disegnino) con velocità $v = 0.5c$ rispetto al laboratorio, cioè rispetto al cdm. Ora cioè assumiamo il riferimento della particella di destra.
LA particella di sinistra , che ha anch'essa velocità $0.5c$ rispetto al riferimento del cdm, ( riferimento che a sua volta ha velocità $0.5c$ rispetto alla particella di destra ora "in quiete" ), ha una velocità relativa alla particella in quiete che si deve calcolare componendo relativisticamente le due velocità dette :
$u = ((0.5+0.5)c)/(1+0.5*0.5) = 0.8c$
è chiaro questo discorso?
Quindi ora le due particelle , nel riferimento in cui la destra è in quiete, hanno i seguenti 4-vettori energia-impulso :
$vecP_s = (E_s/c, vecp_s) = (\gamma(u)mc, \gamma(u)mvecu) $
$vecP_d = (E_d/c,0) = (mc, 0 ) $ ( qui il fattore $\gamma=1$ perché la particella è ferma rispetto a se stessa, chiaro? E l'energia è solo quella di riposo. Ho indicato con pedici $s$ e $d$ risp. sinistra e destra ).
PErcio, calcolando il 4-vettore totale $P_t$ (evito la fastidiosa freccia di vettore ) :
$P_t = (\gamma(u)mc + mc, \gamma(u)"m"u)$
l'invariante è :
$P_t*P_t = m^2c^2(\gamma(u)+1)^2 - (\gamma(u)"m"u)^2 $
ma deve essere anche , come al solito : $P_t*P_t = P_t^2 = (Mc)^2 $
quindi uguagliando si ha :
$M^2c^2 = m^2c^2(\gamma(u)+1)^2 - (\gamma(u)"m"u)^2 $
da cui si ricava $M$ .
Insomma , in ogni caso basta tenere presente che il modulo quadro del 4-vettore energia impulso è uguale alla massa invariante $ (Mc)^2$ , e applicare questa uguaglianza correttamente in ogni ragionamento.
Si può dimostrare anche (ma lo lascio fare a te) , che : $M = msqrt(2(1+\gamma(u)))$
Confrontando le due espressioni di $M$ , e cioè :
$ M = 2\gamma(v)m$
$M = msqrt(2(1+\gamma(u)))$
esse devono risultare uguali, poiché cambia solo il riferimento. Prova a verificarlo. Io l'ho fatto sostituendo direttamente i valori numerici e trovandomi i fattori $\gamma(v)$ e $\gamma(u)$
Spero che sia tutto chiaro. LA materia non è facile.
"navigatore":
Si può dimostrare anche (ma lo lascio fare a te) , che : $M = msqrt(2(1+\gamma(u))$
Faccio io questa dimostrazione, anche se è semplice.
In generale, se una particella di massa $m$ dotata di velocità $v$ in un riferimento , urta una identica particella in quiete nello stesso riferimento, la massa finale $M$ si può calcolare a partire dai due 4-vettori energia impulso, e ricordando come si calcola la norma di un 4-vettore. Abbiamo per ipotesi :
$P_1 = (\gammamc, \gammamv)$ (particella 1 in moto con velocità $v$)
$P_2 = (mc, 0 ) $ (particella 2 in quiete)
Il 4-vettore energia-impulso risultante è dato da :
$P = P_1 + P_2 = (\gammamc+mc, \gammamv)$
e si ha : $P^2 = (P_1+P_2)^2 = P_1^2 +P_2^2 + 2 P_1P_2 $ ------(1)
in cui :
$P_1^2 = (\gammamc)^2 - ( \gammamv)^2 = ……= (mc)^2 $
$P_2^2 = (mc)^2$
$2P_1P_2 = 2(\gammam^2c^2 -0) = 2\gamma(mc)^2$
La massa $M$ totale è data dal modulo quadro del 4-vettore risultante : $ P^2 = (Mc)^2$ , per cui deve essere , per la (1) :
$M^2c^2 = (mc)^2 + (mc)^2 + 2\gamma(mc)^2 = 2m^2c^2 (1+\gamma)$
e eliminando $c^2$ :
$M = msqrt(2(1+\gamma))$
che è quanto si voleva dimostrare.
Grazie tante, mi sono chiare ora, alcune cose.
Il primo punto, mi sembra che previeni agli stessi miei risultati.
Il secondo punto, ora mi è chiaro come si fa in questi casi, dovevo comporre la velocità della particella vista da quella in cui poniamo il sistema di riferimento.
Una volta calcolata la massa,mediante l'invarianza del quadrimpulso, la sua velocità la calcoli dalla conservazione del quadrimpulso, giusto?
Il primo punto, mi sembra che previeni agli stessi miei risultati.
Il secondo punto, ora mi è chiaro come si fa in questi casi, dovevo comporre la velocità della particella vista da quella in cui poniamo il sistema di riferimento.
Una volta calcolata la massa,mediante l'invarianza del quadrimpulso, la sua velocità la calcoli dalla conservazione del quadrimpulso, giusto?
Certamente il 4-impulso si conserva. Ma tu come faresti a determinare la velocità della particella di massa $M$ che si è formata nella collisione, rispetto al riferimento in cui inizialmente la massa di destra era in quiete, che poi è il riferimento del laboratorio?
Su, divertiamoci a fare delle ipotesi. Proponi una soluzione. Io ho una mezza idea, ma vorrei che ti esprimessi tu per primo!
Su, divertiamoci a fare delle ipotesi. Proponi una soluzione. Io ho una mezza idea, ma vorrei che ti esprimessi tu per primo!
Ciao,
Ho calcolato la velocità dalla conservazione della prima componente del quadrimpulso.
\(\displaystyle P_s = ( \gamma(u) m c , \gamma(u) m u ) \)
\(\displaystyle P_d = ( m c , 0 ) \)
\(\displaystyle P_f = ( M \gamma(v) c , \gamma(v) m v ) \)
La massa è stata calcolata, grazie.
\(\displaystyle \gamma(u) m c +m c= M \gamma(v) c \)
con un pò di algebra ricavo v
\(\displaystyle v = c \sqrt{1-\frac{2}{\gamma(u) + 1}} \)
sostituendo \(\displaystyle \gamma(u) \) mi trovo c/2.
Per quanto riguarda l'energia della particella finale :
\(\displaystyle E = \gamma(u) M c \)
e soostituisco i valori trovati precedentemente.
Grazie mille
Ho calcolato la velocità dalla conservazione della prima componente del quadrimpulso.
\(\displaystyle P_s = ( \gamma(u) m c , \gamma(u) m u ) \)
\(\displaystyle P_d = ( m c , 0 ) \)
\(\displaystyle P_f = ( M \gamma(v) c , \gamma(v) m v ) \)
La massa è stata calcolata, grazie.
\(\displaystyle \gamma(u) m c +m c= M \gamma(v) c \)
con un pò di algebra ricavo v
\(\displaystyle v = c \sqrt{1-\frac{2}{\gamma(u) + 1}} \)
sostituendo \(\displaystyle \gamma(u) \) mi trovo c/2.
Per quanto riguarda l'energia della particella finale :
\(\displaystyle E = \gamma(u) M c \)
e soostituisco i valori trovati precedentemente.
Grazie mille
Francamente sono un po' perplesso dalla tua soluzione, che direi non va bene.
Il 4-impulso si conserva , ma non "componente per componente" ! É come per i vettori tridimensionali : si conserva il vettore come tale , ma in riferimenti diversi le componenti hanno espressioni diverse. E poi, come fa la massa $M$ , che è maggiore di ciascuna $m$ e anche di $2m$ , ad avere la stessa velocità $c/2$ rispetto al rif. in cui la particella di destra era in quiete?
Io invece ho ragionato alla seguente maniera. LA massa $M$ finale è in moto, rispetto al laboratorio, con una sua velocità (ora incognita) che chiamo $w$ per distinguerla dalle due precedenti. Abbiamo inizialmente nel riferimento della particella destra, come tu scrivi :
$ P_s = ( \gamma(u) m c , \gamma(u) m u ) $
$ P_d = ( m c , 0 )$
e quindi, sempre in tale riferimento :
$P_t = ((\gamma(u) + 1) m c , \gamma(u) "m" u ) $-------(1)
Ora, se attacchi ad $M$ un riferimento inerziale , esso si muove dopo la collisione con velocità (da calcolare) $w$ rispetto al laboratorio. Ma in tale riferimento $M$ è in quiete, cioè la sua energia è solo energia di riposo $Mc^2$ e la quantità di moto spaziale è nulla. Percio il 4-impulso sarà :
$P = (Mc, 0 )$ --------(2)
Ora come sai le componenti di un 4-vettore si trasformano , con le TL, come le coordinate $(t,x)$ (considerando solo $x$ per lo spazio), e cioè la componente energia del 4-impulso si trasforma come il tempo, la componente qdm si trasforma come lo spazio . Mi interessa la TL della componente spaziale : passando dal rif. in cui vale (1) a quello in cui vale (2) devo avere :
$ 0 = \gamma(w) ( \gamma(u) "m" u - w/c (\gamma(u) + 1) m c ) $
e quindi deve essere : $ \gamma(u) "m" u - w/c (\gamma(u) + 1) m c = 0 $
da cui : $\gamma(u) "m" u = w (\gamma(u) + 1) m $
da cui si ha : $ w = u (\gamma(u))/(1+ \gamma(u))$
Per verifica , quando le velocità sono basse rispetto a $c$ e quindi usiamo la meccanica classica , poniamo $\gamma(u) = \approx 1$ , per cui risulta :
$w = u/2$
come è logico in questo caso, poiché sarebbe $M = 2m$ ( a prescindere dal valore di $u$ ).
Nella tua soluzione, se approssimi $\gamma(u) =\approx 1 $ , risulta $v=0$ , e non mi pare giusto.
Il 4-impulso si conserva , ma non "componente per componente" ! É come per i vettori tridimensionali : si conserva il vettore come tale , ma in riferimenti diversi le componenti hanno espressioni diverse. E poi, come fa la massa $M$ , che è maggiore di ciascuna $m$ e anche di $2m$ , ad avere la stessa velocità $c/2$ rispetto al rif. in cui la particella di destra era in quiete?
Io invece ho ragionato alla seguente maniera. LA massa $M$ finale è in moto, rispetto al laboratorio, con una sua velocità (ora incognita) che chiamo $w$ per distinguerla dalle due precedenti. Abbiamo inizialmente nel riferimento della particella destra, come tu scrivi :
$ P_s = ( \gamma(u) m c , \gamma(u) m u ) $
$ P_d = ( m c , 0 )$
e quindi, sempre in tale riferimento :
$P_t = ((\gamma(u) + 1) m c , \gamma(u) "m" u ) $-------(1)
Ora, se attacchi ad $M$ un riferimento inerziale , esso si muove dopo la collisione con velocità (da calcolare) $w$ rispetto al laboratorio. Ma in tale riferimento $M$ è in quiete, cioè la sua energia è solo energia di riposo $Mc^2$ e la quantità di moto spaziale è nulla. Percio il 4-impulso sarà :
$P = (Mc, 0 )$ --------(2)
Ora come sai le componenti di un 4-vettore si trasformano , con le TL, come le coordinate $(t,x)$ (considerando solo $x$ per lo spazio), e cioè la componente energia del 4-impulso si trasforma come il tempo, la componente qdm si trasforma come lo spazio . Mi interessa la TL della componente spaziale : passando dal rif. in cui vale (1) a quello in cui vale (2) devo avere :
$ 0 = \gamma(w) ( \gamma(u) "m" u - w/c (\gamma(u) + 1) m c ) $
e quindi deve essere : $ \gamma(u) "m" u - w/c (\gamma(u) + 1) m c = 0 $
da cui : $\gamma(u) "m" u = w (\gamma(u) + 1) m $
da cui si ha : $ w = u (\gamma(u))/(1+ \gamma(u))$
Per verifica , quando le velocità sono basse rispetto a $c$ e quindi usiamo la meccanica classica , poniamo $\gamma(u) = \approx 1$ , per cui risulta :
$w = u/2$
come è logico in questo caso, poiché sarebbe $M = 2m$ ( a prescindere dal valore di $u$ ).
Nella tua soluzione, se approssimi $\gamma(u) =\approx 1 $ , risulta $v=0$ , e non mi pare giusto.
non ho capito come hai scritto quella trasformazione di Lorentz. il primo membro è 0 perché è la parte spaziale del quadrimpulso finale?
il secondo membro non mi è chiaro.
il corpo di massa M é in quiete rispetto al sistema di riferimento della particella a destra perché poi coincide con essa?
nella prima parte dovrei fare lo stesso, quindi non si trova come ho fatto io all inizio?
il secondo membro non mi è chiaro.
il corpo di massa M é in quiete rispetto al sistema di riferimento della particella a destra perché poi coincide con essa?
nella prima parte dovrei fare lo stesso, quindi non si trova come ho fatto io all inizio?
"judoca92":
non ho capito come hai scritto quella trasformazione di Lorentz. il primo membro è 0 perché è la parte spaziale del quadrimpulso finale?
il secondo membro non mi è chiaro.
Hai presente le TL applicate a un 4-vettore energia-impulso ? Suppongo di chiamare $w$ la velocità del riferimento in moto rispetto a quello di quiete. Si ha in generale :
$p'_x = \gamma(p_x - \betaE/c)$ ------(1)
$(E')/c = \gamma(E/c - \betap_x)$ ------(2)
dove $\beta = w/c$ e $\gamma = \gamma(w)$ .
Chiarisco il perché della TL che ho fatto, questo chiarimento mi è venuto in mente solo ora: nel nostro caso ( e cioè : particella D ferma, particella S in moto con velocità $u$ verso D ), oltre al riferimento di quiete di D, in cui i 4-impulsi hanno i valori ormai noti $P_d$ , $P_s$ , e $P_t = P_d+P_s$ , posso considerare un riferimento nel quale il 4-impulso ha la parte spaziale sempre uguale a zero : esso non è altro che il riferimento del centro di massa delle due particelle, per definizione.
Dopo che le particelle si sono unite formando la massa $M$, essa prosegue nel moto con la velocità che aveva il cdm prima della collisione.
La TL della componente spaziale di $P_t$ serve quindi a cercare la velocità del cdm relativa a D, cioè al laboratorio: nel riferimento con origine nel cdm la parte spaziale del 4-impulso è nulla. Partendo da questa circostanza, si determina $w$ , che dopo la collisione sarà anche uguale alla velocità di $M$ rispetto al laboratorio.
Dunque, nel riferimento del cdm la parte spaziale del trasformato di $P_t$ è appunto $p = 0$ . Questo è il primo membro della TL scritta nel post precedente , che non ti era chiara.
Il secondo membro, ha come fattore di Lorentz $\gamma(w)$ , però non ce ne importa molto, perché esso non è mai nullo.
Dentro parentesi, ci sono :
$p_x = \gamma(u)"m"u$
$\beta = w/c$
$E/c = (\gamma(u)+1)mc $
e così ho scritto la trasformazione :
$ 0 = \gamma(w) ( \gamma(u) "m" u - w/c (\gamma(u) + 1) m c ) $
che spero sia ora chiara. Siccome il primo membro è zero, la quantità in parentesi al secondo membro deve annullarsi.
il corpo di massa M é in quiete rispetto al sistema di riferimento della particella a destra perché poi coincide con essa?
No, $M$ nasce dopo l'urto, ma è comunque in quiete nel rif. del cdm, che dopo l'urto evidentemente coincide con $M$ stessa.
nella prima parte dovrei fare lo stesso, quindi non si trova come ho fatto io all' inizio?
La prima parte come da te svolta non l'ho capita molto bene, tant'è vero che ti ho dato la soluzione nella prima risposta. E non è uguale alla tua.
Ok, io la prima parte, e anche la seconda l'ho fatto uguagliando le componenti energetiche del quadrimpulso, pensando che si potesse fare, poichè il quadrimpulso si conserva.
Quindi nella prima parte dell'esercizio per ricavarmi la velocità finale della particella risultante dovrei fare la TL? ma tra quali riferimenti dato che, come hai detto, il sistema di riferimento in questo caso è quello del centro di massa?oppure basta dire che poichè il sistema di riferimento è quello del centro di massa allora la parte spaziale del 4-impulso è nulla, quindi il corpo M è in quiete,giusto?
Grazie ancora della pazienza
Quindi nella prima parte dell'esercizio per ricavarmi la velocità finale della particella risultante dovrei fare la TL? ma tra quali riferimenti dato che, come hai detto, il sistema di riferimento in questo caso è quello del centro di massa?oppure basta dire che poichè il sistema di riferimento è quello del centro di massa allora la parte spaziale del 4-impulso è nulla, quindi il corpo M è in quiete,giusto?
Grazie ancora della pazienza
Nella prima parte non devi fare nessuna trasformazione di L. Il riferimento del cdm [nota]che sarebbe più giusto chiamare "riferimento del centro di qdm spaziale totale nulla", perché rispetto ad esso $\Sigmavecp = 0 $ ; comunque molti autori dicono per semplicità riferimento del cdm, altri autori avvertono che ci possono essere dei casi in cui il cdm non coincide con tale punto: io non ne ho trovati, ma se lo dicono loro... )[/nota] coincide col riferimento del laboratorio, e quindi basta così. Le due particelle si attaccano insieme, non c'è una velocità finale della particella "somma" rispetto al laboratorio, no ?
Ma vedo che sei arrivato da solo alla conclusione giusta !
Nella collisione frontale di due particelle uguali, come nel caso in esame, tutta l'energia è disponibile per l'interazione, non occorre energia per "muovere" il cdm del sistema. Quindi l'energia finale è semplicemente il doppio di quella di una particella.
Ricordati sempre questi punti fondamentali, per una particella in moto :
$E^2 - (pc)^2 = (mc^2)^2 $ -------(1)
la quantità a primo membro è dunque invariante , in ogni riferimento variano sia $p = \gammamv$ che $E= \gammamc^2$, ma quella differenza è costante, è l'energia di riposo della particella (al quadrato, ovvio).
Formalmente , questo si può vedere anche così . Hai presente il 4-intervallo ST ? È un invariante :
$(c\Deltat)^2- (\Deltax)^2 $ = invariante. (sai bene a che cosa è uguale questo invariante) .
ora, fai corrispondere $(c\Deltat )$ all'energia $E$ , e $(\Deltax)$ al prodotto $pc$ ( dove $p = \gammamv$ ) . Questa è la stessa corrispondenza che ho richiamato per scrivere la TL del 4-impulso, ricordi ?
Bene : se formalmente sostituisci queste due quantità nell'espressione del 4-intervallo, ottieni proprio il 1° membro della (1).
L'invariante lo abbiamo già definito : è l'energia di riposo di $m$.
Per un sistema di particelle, si definisce 4-impulso del sistema la somma dei 4-impulsi delle singole particelle, ovviamente vanno sommati i termini energetici tra loro e i termini spaziali tra loro. Cioè :
$vecP = (\Sigma_iE_i/c , \Sigma_i vecp_i) = (E/c, vecp) $
il 4-impulso si conserva nelle interazioni tra particelle.La norma del 4-impulso è invariante. Nel sistema del centro di massa si ha semplicemente :
$vecP = (Mc, vec0) $ (il fattore $\gamma$ nella espressione dell'energia di una particella : $ E = \gammaMc^2$ è ora uguale a $1$, visto che il centro di massa è in quiete rispetto a se stesso) .
Conservandosi il 4-impulso, si ha che : $ (E/c)^2 - p^2 = (Mc)^2 $ , la quale è del tutto equivalente all'espressione dell'energia :
$E^2 - (pc)^2 = (Mc^2)^2$
e questa non è altro che l'energia di riposo di $M$, ovvero l'energia nel centro di massa del sistema.
Questa materia è affascinante ma è difficile, perché fuori dai nostri schemi soliti della meccanica classica. Anch'io ho le mie brave difficoltà, e talvolta mi accorgo di non riuscire a spiegare le cose come vorrei. Oltretutto sono un dilettante, e neanche un fisico. Pensa che una volta mi hanno detto di astenermi dal parlare di relatività perché sono un ingegnere!
E allora, siccome nessuno inventa niente qui, ogni tanto faccio ricerche, e trovo cose buone. Per esempio, questa bella dispensa di Paramatti sulla cinematica relativistica, dove trovi meglio detto tutto quanto ho cercato di spiegarti, incluso il calcolo della velocità del cm di un sistema di particelle rispetto al laboratorio, fatto con le TL (per cui guarda a pag 13) : è la stessa trasformazione che ho fatto io, limitandomi alla sola componente spaziale di $P$ .
Spero sia chiaro.
Ma vedo che sei arrivato da solo alla conclusione giusta !
Nella collisione frontale di due particelle uguali, come nel caso in esame, tutta l'energia è disponibile per l'interazione, non occorre energia per "muovere" il cdm del sistema. Quindi l'energia finale è semplicemente il doppio di quella di una particella.
Ricordati sempre questi punti fondamentali, per una particella in moto :
$E^2 - (pc)^2 = (mc^2)^2 $ -------(1)
la quantità a primo membro è dunque invariante , in ogni riferimento variano sia $p = \gammamv$ che $E= \gammamc^2$, ma quella differenza è costante, è l'energia di riposo della particella (al quadrato, ovvio).
Formalmente , questo si può vedere anche così . Hai presente il 4-intervallo ST ? È un invariante :
$(c\Deltat)^2- (\Deltax)^2 $ = invariante. (sai bene a che cosa è uguale questo invariante) .
ora, fai corrispondere $(c\Deltat )$ all'energia $E$ , e $(\Deltax)$ al prodotto $pc$ ( dove $p = \gammamv$ ) . Questa è la stessa corrispondenza che ho richiamato per scrivere la TL del 4-impulso, ricordi ?
Bene : se formalmente sostituisci queste due quantità nell'espressione del 4-intervallo, ottieni proprio il 1° membro della (1).
L'invariante lo abbiamo già definito : è l'energia di riposo di $m$.
Per un sistema di particelle, si definisce 4-impulso del sistema la somma dei 4-impulsi delle singole particelle, ovviamente vanno sommati i termini energetici tra loro e i termini spaziali tra loro. Cioè :
$vecP = (\Sigma_iE_i/c , \Sigma_i vecp_i) = (E/c, vecp) $
il 4-impulso si conserva nelle interazioni tra particelle.La norma del 4-impulso è invariante. Nel sistema del centro di massa si ha semplicemente :
$vecP = (Mc, vec0) $ (il fattore $\gamma$ nella espressione dell'energia di una particella : $ E = \gammaMc^2$ è ora uguale a $1$, visto che il centro di massa è in quiete rispetto a se stesso) .
Conservandosi il 4-impulso, si ha che : $ (E/c)^2 - p^2 = (Mc)^2 $ , la quale è del tutto equivalente all'espressione dell'energia :
$E^2 - (pc)^2 = (Mc^2)^2$
e questa non è altro che l'energia di riposo di $M$, ovvero l'energia nel centro di massa del sistema.
Questa materia è affascinante ma è difficile, perché fuori dai nostri schemi soliti della meccanica classica. Anch'io ho le mie brave difficoltà, e talvolta mi accorgo di non riuscire a spiegare le cose come vorrei. Oltretutto sono un dilettante, e neanche un fisico. Pensa che una volta mi hanno detto di astenermi dal parlare di relatività perché sono un ingegnere!
E allora, siccome nessuno inventa niente qui, ogni tanto faccio ricerche, e trovo cose buone. Per esempio, questa bella dispensa di Paramatti sulla cinematica relativistica, dove trovi meglio detto tutto quanto ho cercato di spiegarti, incluso il calcolo della velocità del cm di un sistema di particelle rispetto al laboratorio, fatto con le TL (per cui guarda a pag 13) : è la stessa trasformazione che ho fatto io, limitandomi alla sola componente spaziale di $P$ .
Spero sia chiaro.
Grazie mille, grazie a te ora molte più cose mi sono chiare.
Avrei altri esercizi di relatività d proporre, in seguito.
Sarei grato se darseti un'occhiata
Avrei altri esercizi di relatività d proporre, in seguito.
Sarei grato se darseti un'occhiata
"judoca92":
……..
Sarei grato se darseti un'occhiata
Proponi pure altri esercizi, vedremo se sarò in grado di aiutarti. Forse ne proporrò anch'io qualcuno.
Però, mentre impari la relatività non dimenticare l'italiano (non l'errore di battitura, ma il condizionale "daresti" …..
).Giacchè ci sono, faccio anche un altro chiarimento su questo che ho scritto :
Il risultato (2) ci dice che la massa M=2γ(v)m è superiore alla somma 2m delle masse delle particelle incidenti : la massa è aumentata ? Bisogna tener conto che nelle collisioni ciascuna particella porta con sé anche energia cinetica, quindi M tiene conto non solo della massa di riposo delle due particelle ma anche della loro energia cinetica. Come si sa, l'energia relativistica è composta di energia di risposo più altre forme di energia, tra cui principalmente la cinetica, quindi non è pura e semplice massa.
L'energia di ciascuna particella in moto (primo caso) è somma della energia di riposo e della energia cinetica (trascurando altre forme di energia) :
$E_1 = m_1c^2 + K_1$
$E_2 = m_2c^2 + K_2$
nel nostro caso , $m_1=m_2=m$ e anche $K_1 = K_2 = K$
Quando le due particelle collidono restando unite, in quiete nel laboratorio, la massa diventa $M$ e l'energia quindi è solo energia di riposo :
$ E = Mc^2$
Ma l'energia relativistica si conserva, come abbiamo visto usando i 4-impulsi, perciò :
$ E =E_1 + E_2 = 2mc^2 + 2K =2(mc^2+K) $
e siccome sappiamo che :$ mc^2 +K = \gammamc^2$ , si ha che :
$Mc^2 = 2\gammamc^2$
Percio si può anche scrivere : $M = 2\gammam >2m$
In termini energetici , l'energia di riposo della particella finale $Mc^2$ è superiore alla somma delle energie di riposo delle particelle incidenti $2mc^2$ , perché anche tutta l'energia cinetica $2K$ diventa energia di riposo di $M$ : infatti $M$ è in quiete.
Ci sono maniere a mio parere imprecise di esprimere questo fatto :
1) l'energia cinetica $2k$ si è trasformata in "massa"
2) la massa finale $M$ è aumentata rispetto alla somma delle masse delle particelle $2m$
È molto meglio dire invece che una forma di energia, la cinetica, si trasforma in un'altra forma di energia , l'en. di riposo , nel caso in esame. Ma può succedere anche il contrario, per esempio in un decadimento spontaneo di una particella una parte dell'energia di riposo della stessa serve a fornire l'energia cinetica alle particelle generate nel decadimento : altrimenti, chi darebbe alla particella "madre" l'energia necessaria per far viaggiare le particelle "figlie" ? È una cosa talmente ovvia, direi, che non vale la pena di pensare ad altri arzigogoli.
Che cosa costa ricordarsi che nella relazione : $M = 2\gammam$ c'è in realtà un fattore $c^2$ da una parte e dall'altra, che dà il giusto significato alla trasformazione della energia, nel processo che abbiamo visto ?
Tuttavia, alcuni autori dicono che nelle interazioni tra particelle la massa può convertirsi in energia e viceversa l'energia in massa. Cioè, la legge di conservazione della massa in relatività non è valida, nel senso che la massa totale delle particelle interagenti non si conserva , quella che si conserva è l'energia totale .Per esempio in un urto :
$\Sigma_iE_i = \Sigma_fE_f $ , e cioè : $\Sigma_iK_i + \Sigma_im_ic^2 = \Sigma_fK_f + \Sigma_f m_fc^2$
dove $i$ ed $f$ s riferiscono a "iniziale e finale" . Quindi i due termini, cinetico e di massa ,non si conservano separatamente.
Ma lo abbiamo visto prima. L'energia di riposo (detta anche energia di massa) non si conserva, può trasformarsi in parte in energia cinetica (in un senso o nell'altro, cioè aumentando o diminuendo a seconda del processo) o in altre forme di energia, come ad esempio in una reazione chimica in cui si libera una certa quantità di energia $\DeltaE$ (che non è ora en. cinetica) . Corrispondentemente, si considera una variazione della massa pari a $\Deltam = (\DeltaE)/c^2$ .
E forse è più giusto così . Un esempio importante di massa che si trasforma in energia viene dal Sole : ogni secondo il Sole irradia circa $ \DeltaE = 4*10^(26) J $ di energia, che quindi danno luogo ad una diminuzione della massa pari a $(\DeltaE)/c^2 = 4.4*10 ^ 9 kg$ , cioè circa 4,4 milioni di tonnellate al secondo ! PER noi umani è una quantità enorme , ma per il Sole stesso , che ha una massa di circa $2*10^(30) kg$ , è una percentuale molto piccola.
Comunque , vista l'equivalenza tra massa ed energia, sarebbe forse il caso di eliminare del tutto il concetto di massa, almeno in relatività . Questo lo diceva anche Albert Einstein.
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