电动力学 第5周作业

Chasse_neige

(a) 书6.17，6.19，6.25，6.27

6.17 质量为 \(m\) 的静止粒子衰变为两个粒子 \(m_1\) 和 \(m_2\), 求粒子 \(m_1\) 的动量和能量.

设 \(m_1\) 和 \(m_2\)的动量分别为 \(p_{1}\) 和 \(p_{2}\) ，列出能动量守恒方程； $$ p_{1} = p_{2} $$

\[ \sqrt{m_{1}^{2} c^{4} + p_{1}^{2} c^{2}} + \sqrt{m_{2} c^{4} + p_{2}^{2} c^{2}} = m c^{2} \]

解得： $$ p_1 = \frac{c}{2m} \sqrt{[m^2 - (m_1 + m_2)^2][m^2 - (m_1 - m_2)^2]} $$

\[ E_1 = \sqrt{m_{1}^{2} c^{4} + p_{1}^{2} c^{2}} = \frac{c^2}{2m}(m^2 + m_1^2 - m_2^2) \]

6.19 能量和动量的洛伦兹变换

(1) 证明能量和动量的变换公式

设 \(E\) 和 \(p\) 是粒子体系在实验室参考系 \(\Sigma\) 中的总能量和总动量（\(p\) 与 \(x\) 轴方向夹角为 \(\theta\)）。证明在另一参考系 \(\Sigma'\)（相对于 \(\Sigma\) 以速度 \(v\) 沿 \(x\) 轴方向运动）中的粒子体系总能量和总动量满足：

\[ p_x' = \gamma (p_x - \beta \frac{E}{c}), \quad E' = \gamma (E - c \beta p_x) \]

\[ \tan \theta' = \frac{\sin \theta}{\gamma (\cos \theta - \beta \frac{E}{cp})} \]

检查动量与能量构成的四维矢量的内积 \(P^{\mu} P_{\mu} = p^{2} - (- \frac{E^{2}}{c^{2}}) = m^{2}\) 是一个不变量，所以该四维矢量洛伦兹协变。 $$ p_x' = \gamma (p_x - \beta \frac{E}{c}), \quad E' = \gamma (E - c \beta p_x) $$

\[ \tan \theta' = \frac{p_{y}'}{p_{x}'} = \frac{p_{y}}{\gamma (p_x - \beta \frac{E}{c})} = \frac{\sin \theta}{\gamma (\cos \theta - \beta \frac{E}{cp})} \]

(2) 光束夹角的变换

某光源发出的光束在两个惯性系中与 \(x\) 轴的夹角分别为 \(\theta\) 和 \(\theta'\)，证明

\[ \cos \theta' = \frac{\cos \theta - \beta}{1 - \beta \cos \theta}, \quad \sin \theta' = \frac{\sin \theta}{\gamma (1 - \beta \cos \theta)} \]

证明：在（1）中 \(\tan \theta'\) 的变换中带入 \(E = pc\) ： $$ \tan \theta' = \frac{\sin \theta}{\gamma (\cos \theta - \beta)} $$

\[ \therefore \,\, \cos \theta' = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^{2} \theta'}} = \frac{\cos \theta - \beta}{1 - \beta \cos \theta}, \quad \sin \theta' = \sqrt{1 - \cos^{2} \theta'} = \frac{\sin \theta}{\gamma (1 - \beta \cos \theta)} \]

(3) 立体角的变换

考虑在 \(\Sigma\) 系内立体角为 \(\mathrm{d} \Omega = \mathrm{d} \cos \theta d\phi\) 的光束，证明当变换到另一惯性系 \(\Sigma'\) 时，立体角变为

$$ \mathrm{d} \Omega' = \frac{\mathrm{d} \Omega}{\gamma^2 (1 - \beta \cos \theta)^2} $$ 证明： $$ \mathrm{d} \Omega' = \mathrm{d} \cos \theta' \mathrm{d} \phi' $$ 由于\(\phi\)在 \(y-z\) 平面上，所以 \(\mathrm{d} \phi' = \mathrm{d} \phi\)

对与 \(\theta\) 的变换而言： $$ \frac{\mathrm{d} \cos \theta'}{\mathrm{d} \cos \theta} = - \frac{1}{\sin \theta} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \theta} \frac{\cos \theta - \beta}{1 - \beta \cos \theta} = \frac{1}{\sin \theta} \frac{\sin \theta (1 - \beta^{2})}{(1 - \beta \cos \theta)^{2}} $$

\[ \therefore \,\, \mathrm{d} \Omega' = \mathrm{d} \cos \theta' \mathrm{d} \phi' = \frac{\mathrm{d} \cos \theta'}{\mathrm{d} \cos \theta} \frac{\mathrm{d} \phi'}{\mathrm{d} \phi} \mathrm{d} \Omega = \frac{\mathrm{d} \Omega}{\gamma^2 (1 - \beta \cos \theta)^2} \]

6.25 光子与电子的相互作用

频率为 \(\omega\) 的光子（能量 \(\hbar\omega\)，动量 \(\hbar k\)）碰在静止的电子上，试证明：

(1) 电子不可能吸收这个光子，否则能量和动量守恒定律不能满足；

假设电子吸收了这个光子，则吸收后动量守恒：\(p' = \hbar k\) ，能量守恒： \(E' = m_{e} c^{2} + \hbar \omega\)

这与关系式 \(E'^{2} = m_{e}^{2} c^{4} + p'^{2} c^{2}\) 矛盾，所以能量和动量守恒定律不能同时满足。

(2) 电子可以散射这个光子，散射后光子频率 \(\omega'\) 比散射前光子频率 \(\omega\) 小（不同于经典理论中散射光频率不变的结论）。

总能量守恒：
$$ \hbar\omega + m_e c^2 = \hbar\omega' + \sqrt{p_e^2 c^2 + m_e^2 c^4} $$ 其中 \(p_e\) 为电子碰撞后动量。

矢量分解为分量：
$$ \begin{aligned} \begin{cases} \hbar k &= \hbar k'\cos\theta + p_e \cos\phi \\ 0 &= \hbar k'\sin\theta - p_e \sin\phi \end{cases} \end{aligned} $$ 消去角度 \(\phi\)，得动量平方关系：
$$ p_e^2 = \hbar^2 \left(k^2 + k'^2 - 2kk'\cos\theta\right) $$

\[ \hbar(\omega - \omega') + m_e c^2 = \sqrt{\hbar^2 (\omega^2 + {\omega^\prime}^2 - 2\omega\omega'\cos\theta) + m_e^2 c^4}. \]

平方后化简：

\[ \hbar (\omega - \omega') = \frac{\hbar^2 \omega\omega' (1 - \cos\theta)}{m_e c^2}. \]

即散射后光子频率 \(\omega'\) 比散射前光子频率 \(\omega\) 小。

6.27 激发态原子的光子发射频率

一个总质量为 \(m_0\) 的激发原子，对所选定的参考系静止。它在跃迁到能量比之低 \(\Delta W\) 的基态时，发射一个光子（能量 \(\hbar\omega\)，动量 \(\hbar k\)），同时受到光子的反冲，因此光子的频率不能正好是 \(\nu = \frac{\Delta W}{h}\)，而要略小一些。证明这个频率：

$$ \nu = \frac{\Delta W}{h} \left(1 - \frac{\Delta W}{2 m_0 c^2}\right) $$ 证明：

由于动量守恒，反冲对激发原子产生的动量为\(\hbar k\) ，由能量守恒： $$ \sqrt{(m_{0} c^{2} - \Delta W)^{2} + (\hbar k)^{2} c^{2}} + \hbar \omega = m_{0} c^{2} $$ 带入 \(\omega = k c\) 解得： $$ \omega = \frac{\Delta W}{\hbar} - \frac{\Delta W^{2}}{2 m_{0} c^{2} \hbar} $$ 即\(\nu = \frac{\Delta W}{h} \left(1 - \frac{\Delta W}{2 m_0 c^2}\right)\)

(b) 对在外电磁场中运动的带电点粒子，试由 \(\frac{d p_\mu}{d \tau} = K_\mu\) 证明 \(K_\mu = \sum_\nu e F_{\mu\nu} U_\nu\)

证明：\(p_{\mu} = \begin{pmatrix} \vec{p} , i\frac{E}{c} \end{pmatrix}\)，\(u_{\mu} = \begin{pmatrix} \gamma \vec{v} , i \gamma c \end{pmatrix}\) $$ \therefore \,\, K_{\mu} = \frac{\mathrm{d} p_{\mu}}{\mathrm{d} \tau} = \begin{pmatrix} \gamma \vec{f}, i\frac{\gamma}{c} \frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{d} t} \end{pmatrix} $$ 对一个点粒子而言， $$ \begin{aligned} \vec{f} &= e (\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) \\ f_{k} &= e (- ic F_{4k} + \epsilon_{ijk} v_{i} \frac{1}{2} \epsilon_{jlm} F_{lm}) = e ( - ic F_{4k} + \frac{1}{2} \begin{vmatrix} \delta_{kl} & \delta_{km} \\ \delta_{il} & \delta_{im} \end{vmatrix} v_{i} F_{lm}) \\ &= e(- ic F_{4k} + \frac{1}{2} (\delta_{kl} \delta_{im} - \delta_{km} \delta_{il}) v_{i} F_{lm}) \\ &= e(- ic F_{4k} + \frac{1}{2} v_{i} (F_{ki} - F_{ik})) \end{aligned} $$ 利用 \(F\) 的反对称性，上式可以化为： $$ f_{k} = e(ic F_{k4} + v_{i} F_{ki}) $$ 所以对于 \(K_{\mu}\) 的前三个分量而言，可以看到 $$ \gamma f_{k} = e (F_{ki} \gamma v_{i} + F_{k4} i \gamma c) $$

\[ K_{i} = e F_{\mu \nu} u_{\nu} \qquad (i= 1,2,3) \]

对于\(K_{\mu}\) 的第四个分量： $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}E = \vec{f} \cdot \vec{v} = e (\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) \cdot \vec{v} = e(- ic F_{4k} + \frac{1}{2} v_{i} (F_{ki} - F_{ik})) v_{k} = - e(ic F_{4k} + v_{i} F_{ik}) v_{k} $$

\[ \therefore \,\, K_{4} = - i \frac{\gamma}{c} e(ic F_{4k} + v_{i} F_{ik}) v_{k} = e (\gamma F_{4k} v_{k} + i \frac{\gamma}{c} v_{i} v_{k} F_{ik}) = e \gamma F_{4k} v_{k} \]

容易判断括号中后一项由于 \(F\) 的反对称性为0.

所以\(K_\mu = \sum_\nu e F_{\mu\nu} u_\nu\)对四个分量均成立。

（用PPT上那个作用量作变分的推法也可以，不过我不想相当于把PPT抄一遍。所以此处利用分量展开直接证明。）

(c) 试证 \(K_4 = \frac{i}{c} \vec{K} \cdot \vec{v}\)，其中 \(\vec{K}\) 是 \(K_\mu\) 前三分量构成的矢量。这个结论不止对电磁作用，而是一般成立的。

对于点粒子而言，利用能量定律：\(\vec{f} \cdot \vec{v} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} E\)

对比\(K_{\mu} = \frac{\mathrm{d} p_{\mu}}{\mathrm{d} \tau} = \begin{pmatrix} \gamma \vec{f}, i\frac{\gamma}{c} \frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{d} t} \end{pmatrix}\) 的形式，得到 \(K_4 = \frac{i}{c} \vec{K} \cdot \vec{v}\)