E = T + m 0. E 2 = p 2 + m 2 0. (T + m 0 ) 2 = p 2 + m 2 0 () T 2 + 2T m 0 = p 2 () p = T 2 + 2T m 0. s T + 1. p 2T m0

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "E = T + m 0. E 2 = p 2 + m 2 0. (T + m 0 ) 2 = p 2 + m 2 0 () T 2 + 2T m 0 = p 2 () p = T 2 + 2T m 0. s T + 1. p 2T m0"

Θέμις Αντωνιάδης
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 1 Άσκηση 1 Γενικά για φωτόνια: E hf h h () E Έπειτα για σωματίδια, γενικά η ενέργεια ( 1) δίνεται από: E T + m 0 ενώ ειδικά για σχετικιστική κίνηση ισχύει η σχέση: Επομένως: E m 2 0 (T + m 0 ) m 2 0 () T 2 + 2T m 0 2 () T 2 + 2T m 0 (1) Πάντα σε μονάδες 1, δηλαδή m 0 σε μονάδες ενέργειας, αν T m 0, τότε προσεγγιστικά η (1) παίρνει τη μορφή: s 2T m 0 T 2m T m 0 αφού T2m 0 1. Έπεται ότι το μήκος κύματος De Brogile θα δίνεται από: h 2T m0 ενώ στο σχετικιστικό όριο θα είναι: h T 2 + 2T m 0 Οι απαντήσεις προκύπτουν με απλή αντικατάσταση υποθέτοντας ότι οι ενέργειες που δίνονται είναι οι κινητικές ενέργειες των σωματιδίων. Άσκηση 2 Αρχικά έχουμε ότι E M 2 m 0 2 E 0, αν φυσικά με E 0 ηρεμίας. Έπειτα: E m 0 2 () Ev m 0 v 2 () E 2 () E Για το β σκέλος ισχύει από εξ. Newton ότι: ~F L _ ~ q( ~E + ~v ~B) νοείται η ενέργεια Όμως: δηλαδή _~ ( m~v) _ m ~v _ + _~v m _ ~v m _ ~v + 3 ~F L m ~v _ + 3 _v~v (1 2 ) 32 ( 2 )~v v~v!

2 2 Αν θεωρήσουμε ότι ~F L F L^k και άρα _ ~ _^k και _ ~v _v^k, τότε για να είναι παράλληλη η δύναμη στην ταχύτητα, θα πρέπει και ~v v^k. Επομένως: _~ m Όμως, ισχύει ότι: και άρα: _ ~v + 3 _v~v m _~v + 2 _vv^k m _~v _ ~v () _~ m( 2 ) _ ~v m 3 _ ~v m _ ~v Έστω τώρα ότι ~v v^j όπου ^k ^j 0, δηλαδή η δύναμη είναι κάθετη στην ταχύτητα. Τότε έχουμε ότι: _^k m _v^k + m3 () ( _ m _v)^k m3 _vv^j _vv^j Πολλαπλασιάζοντας από δεξιά με ^k θα έχουμε ότι: ( _ ~ m _ ~v)^k 0 ) _ ~ m _ ~v Άσκηση 3 Επιλέγουμε τη μέγιστη κινητική ενέργεια που αποκτά το πρωτόνιο: T 1 GeV Ισχύει γενικά η σχέση (1) πάντα για 1 μονάδες: q T 2 + 2T m οπότε με αντικατάσταση αριθμών παίρνουμε ότι: 2:877 GeV Έχοντας την ορμή μπορούμε να υπολογίσουμε την ακαμψία από: B q 3:333[GeV ] όπου εννοείται το να είναι σε μονάδες GeV. Ο υπολογισμός δεν χρειάζεται να γίνει, χρησιμοποιούμε απλά το γεγονός ότι η ακαμψία παραμένει αμετάβλητη και άρα 0 όπου 0 η ορμή του δευτερίου, η οποία δίνεται από: 02 T T 0 (m + m n ) Επομένως, αφού 0 : η οποία δίνει λύσεις: T T 0 (m + m n ) 2 0 q T 0 +; (m + m n ) (m + m n ) εκ των οποίων απορρίπτουμε τη λύση αρνητικής ενέργειας αφού δεν έχει φυσικό νόημα. Επομένως, με αντικατάσταση αριθμών έχουμε ότι: T 0 0:65 GeV

3 1 Άσκηση 1 Η ακτίνα καμπυλότητας είναι η ακτίνα της κυκλικής σήραγγας, εφόσον οι μαγνήτες είναι σε όλη την περιφέρεια και η περιφέρεια αυτής είναι το τόξο που διαγράφει το σωματίδιο για αζιμουθιακή γωνία 2. Εγκαθιστώντας μαγνήτες στο 43% της περιφέρειας θα έχουμε ότι: 0: () 0 64:5 m Το νέο μέτρο του μαγνητικού πεδίου για την ορμή της άσκησης θα δίνεται από: B 0 3:33[GeV] 0 0:41 T Άσκηση 2 Οι x; y συνιστώσες του μαγνητικού πεδίου εκφράζονται από ευθείες που περνάν από την αρχή των αξόνων B x (B y ); y(x) με κλίση g: B x (B y ) gy(x) Επομένως: B q B 2 x + B2 y gr αφού r x 2 + y 2. Τελικά, προκύπτει ότι: g B r 0:42 Tm 6 Tm 0:07 το οποίο είναι σταθερό ως κλίση ευθείας και άρα το ίδιο παντού μέσα στο τετράπολο. Άσκηση 3 αʹ I Q T P N i1 q i L Ne L όπου L περιφέρεια και T περίοδος. Έπεται ότι: N IL e 6: βʹ Το ρεύμα θα είναι και πάλι 1 A λόγω ομοιόμορφης κατανομής. γʹ Η διάρκεια του παλμού θα ισούται με την περίοδο: T L 1 s δʹ Κλασσική μέθοδος μανάβη. Ένας παλμός ανά περίοδο αντιστοιχεί σε ρεύμα 1 A. Σε τι ρεύμα αντιστοιχούν 10 παλμοί ανά δευτερόλεπτο; I avg 10T As 10 A

4 2 Άσκηση 4 Θα έχουμε ότι: Επιπλέον ισχύει ότι: E E 2 0:99 E T + E0 10:511 MeV και άρα: E ~ 2 E Vm el Το δυναμικό θα είναι ότι βρείτε επί 2, αφού η απόσταση μεταξύ ηλεκτροδίων είναι 2 m. Μπορούμε να θεωρήσουμε τα ηλεκτρόδια τοποθετημένα στις θέσεις x 1.

5 1 Άσκηση 1 Κατά την ταπεινή μου γνώμη, το μισό πλάτος της δέσμης στο συγκλίνον ΤΠ είναι x και όχι x 2, το οποίο είναι μια ποσότητα χωρίς κάποιο νόημα και χρήση κάπου εδώ (το πλάτος της γκαουσιανής για τη x μεταβλητή με βεβαιότητα x είναι 2 x ). Γενικά δίνεται από: x αλλα ο Γαζής το δίνει x δίνοντας ταυτόχρονα την εκπεμψιμότητα με μέσα. Έπειτα η μέγιστη απόκλιση θα δίνεται από x 0 s για 0, όταν δηλαδή ο μεγάλος άξονας της έλλειψης συμπίμπτει με τον άξονα x 0. Θα είναι δηλαδή: x 0 Αν είναι να χρησιμοποιηθούν αυτοί οι τύποι χρειάζεται απλά να αφαιρεθεί το από την τιμή της εκπεμψιμότητας. Άσκηση 2 Η κανονικοποιημένη εκπεμψιμότητα για 1 δίνεται από: N E E E 0 m όπου ; είναι πλέον τα σχετικιστικά μεγέθη και όχι οι παράμετροι twiss. Η κανονικοποιημένη εκπεμψιμότητα παραμένει σταθερή στην επιτάχυνση των σωματιδίων και άρα για τη νέα ορμή και τη νέα εκπεμψιμότητα θα ισχύει: N 0 0 ) 0 m m 0 Επειτα, κατά τα γνωστά, αντικατάσταση αριθμών στη σχέση: 0 x 0 Άσκηση 3 Ισχύει ότι T E 0 και άρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε μη σχετικιστικές σχέσεις. Επομένως: r T mv2 2T ) v 2 m και η απόσταση θα δίνεται από: αφού v at εφόσον θεωρούμε v 0 0. s at2 vt 2 2 () t 2s v Άσκηση 4 Η λύση είναι για 1, όπου προφανώς το αποτέλεσμα είναι το ίδιο, είτε πάρετε 1, είτε όχι. Η τετραορμή του εισερχόμενου σωματιδίου είναι q (E; ~), ενώ αυτή του εξερχομένου θα είναι q 0 (E 0 ; ~ 0 ). Η τετραορμή του εκπεμπόμενου φωτονίου θα είναι q (ħh!; ħh ~ k). Από Α.Δ.Ο θα έχουμε: q q + q0 () q 0 q q (q q )

6 2 και άρα τετραγωνίζοντας την τελευταία ισότητα: q 0 q 0 (q q ) (q q ) q q q q q q + q q q q 2q q + q q εφόσον ισχύει ότι q q g q q g q q q q q q q q Επιπλέον ξέρουμε από E m 2 0 ότι: q q E 2 2 m 2 0 E q 0 q 0 και άρα: 2q q q q δηλαδή: Eħh! ħhk os() ħh2! 2 2 () E! os() k ħh 2 k 2 2 ħh! 2 ħhk 2k + 2 όμως ισχύει ότι: και επίσης ότι E m 0 v 1 2f f! n k k και m 0 v m 0 (θυμίζω είναι 1 πάντα). Επομένως: os() m 0 m 0 n 1 n 1 ħhk n + 2 ħh! ħhk 2n + 2 ħhk ħhk 2n n 2

Σχετικά έγγραφα

Theory Greek (Cyprus) Μεγάλος Επιταχυντής Αδρονίων (LHC) (10 μονάδες)

Theory Greek (Cyprus) Μεγάλος Επιταχυντής Αδρονίων (LHC) (10 μονάδες) Q3-1 Μεγάλος Επιταχυντής Αδρονίων (LHC) (10 μονάδες) Σας παρακαλούμε να διαβάσετε προσεκτικά τις Γενικές Οδηγίες που υπάρχουν στον ξεχωριστό φάκελο πριν ξεκινήσετε την επίλυση του προβλήματος. Σε αυτό