Những gì nhìn thấy chiếm bao nhiêu phần của vũ trụ?

Tinh vân Tarantula là một vùng tạo sao cách chúng ta khoảng 170.000 năm ánh sáng. Các sao phát sáng, khí nóng và những đám bụi che khuất đều được tạo từ nguyên tử cùng các thành phần của nguyên tử. Tuy nhiên, loại vật chất ấy chỉ chiếm một phần nhỏ trong ngân sách khối lượng–năng lượng của mô hình vũ trụ học đang xét.

Mở đầu chương: Một phần tinh vân Tarantula với các ngôi sao mới hình thành, khí phát sáng và những đám bụi che khuất. Hình có thang độ dài 25 năm ánh sáng.

Chú thích:

• Bụi (Dust)
• Khí (Gas)
• Các ngôi sao (Stars)
• 25 năm ánh sáng (25 light-years)

Vật chất thông thường, tức các nguyên tử cùng thành phần của chúng, chiếm khoảng bao nhiêu phần trăm tổng khối lượng–năng lượng của vũ trụ trong bộ tham số đang khảo sát?

1. Từ 75% đến 100%.
2. Từ 50% đến 75%.
3. Từ 25% đến 50%.
4. Từ 5% đến 25%.
5. Dưới 5%.

::: Details Giải thích Chọn (5). Bộ tham số được xét phân chia ngân sách thành 4,9% vật chất thông thường, 26,1% và 69,0% . Đây là các tỉ phần suy trong mô hình và tập dữ liệu tương ứng, không phải các hằng số định nghĩa của tự nhiên.

được ràng buộc qua ảnh hưởng hấp dẫn và sự hình thành cấu trúc. là một thành phần khác trong mô tả động lực giãn nở gia tốc. Các quan sát không tự giải thích trọn vẹn bản chất vi mô của hai thành phần ấy. :::

Những thành phần nhỏ nhất của vật chất là gì? Vũ trụ đã tiến triển như thế nào, và điều gì quyết định tương lai của nó? Vật lý hạt khảo sát những thang rất nhỏ, còn vũ trụ học khảo sát toàn bộ sự giãn nở và cấu trúc lớn. Hai lĩnh vực gặp nhau khi xét nhiệt độ và các phản ứng trong vũ trụ sơ khai.

Máy gia tốc và các thiết bị ghi nhận hạt cho phép tạo, phát hiện và phân tích các phản ứng năng lượng cao. Những định luật bảo toàn giúp phân loại hạt và tương tác. Mô hình và giải thích cấu trúc , còn mô hình chuẩn tổ chức các hạt cơ bản và tương tác mạnh, điện yếu.

Ở thang vũ trụ, phổ ánh sáng và các phép đo khoảng cách cung cấp bằng chứng về giãn nở. Bức xạ nền và các nguyên tố nhẹ lưu thông tin về những giai đoạn sớm. Khi đi xa hơn những miền đã có bằng chứng vững chắc, ta cần phân biệt giả thuyết thống nhất, lạm phát và các giới hạn của mô hình.

Các nội dung sử dụng chuyển động hạt mang điện trong từ trường, bức xạ của điện tích gia tốc, và hủy cặp, nguyên lý bất định, sóng vật chất, spin, Pauli và phân rã beta. Năng lượng cùng tương đối tính là công cụ xuyên suốt để nối dữ kiện đo với phản ứng có thể xảy ra.

7 chủ đề · tổng cộng khoảng 21 phút đọc

Hạt, tương tác và các mô hình cấu trúc

1. 1Các hạt cơ bản và quá trình khám pháHạt mới và phản hạt đã thay đổi bức tranh về vật chất ra sao?Khoảng 3 phút
2. 2Máy gia tốc và thiết bị ghi nhận hạtNăng lượng chùm tới trở thành năng lượng tạo hạt như thế nào?Khoảng 3 phút
3. 3Phân loại hạt và các tương tácNhững đại lượng bảo toàn cho phép hoặc loại trừ một phản ứng ra sao?Khoảng 3 phút
4. 4Quark, gluon và cấu trúc hadronĐiện tích, số baryon và độ lạ xác định thành phần quark như thế nào?Khoảng 3 phút
5. 5Mô hình chuẩn và các giới hạnSự thống nhất điện yếu và trường Higgs giải thích những điều gì?Khoảng 3 phút

Sự giãn nở và lịch sử vũ trụ

1. 6Vũ trụ giãn nởDịch chuyển đỏ và phép đo khoảng cách cho biết gì về sự giãn nở?Khoảng 3 phút
2. 7Vũ trụ sơ khai và khởi đầu thời gianVật lý hạt nối với bức xạ nền và sự hình thành nguyên tố ra sao?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

Hạt cơ bản, phản hạt và hạt truyền tương tác

Mỗi loại hạt có tương ứng. Một số hạt trung hòa, như , là phản hạt của chính mình. Hạt và phản hạt có cùng khối lượng. Trong khi đó, các điện tích cộng tính thích hợp mang dấu đối nhau. Tạo hạt và hủy hạt vẫn phải thỏa các định luật bảo toàn.

Tổng kết tạo cặp: Photon tương tác với vật chất có thể tạo electron và positron. Các hạt mang điện trái dấu bị từ trường bẻ cong theo những hướng khác nhau.

truyền tương tác điện từ. mô tả hiệu dụng một phần tương tác hạt nhân giữa nucleon, còn ở thang cấu trúc sâu hơn, và tạo mô tả tương tác mạnh. Hạt trung gian ảo không phải một hạt tự do được quan sát riêng. Nó không tạo ngoại lệ cho bảo toàn năng lượng và .

Máy gia tốc và thiết bị ghi nhận

Máy gia tốc tuyến tính, cyclotron và synchrotron đưa các hạt mang điện tới năng lượng cao. Các thiết bị ghi nhận đo dấu điện tích, , năng lượng và những đặc trưng khác thông qua tương tác của hạt với vật chất.

Tổng kết cyclotron: Điện trường xoay chiều gia tốc hạt khi qua khe, còn từ trường bẻ cong quỹ đạo trong các điện cực.

Chú thích:

• Điện áp xoay chiều tần số cao (High-frequency alternating voltage)

Trong thí nghiệm bia cố định, một phần năng lượng gắn với chuyển động chung của hệ. xác định ngân sách năng lượng cho các sản phẩm, kể cả năng lượng nghỉ. Với hai chùm có bằng nhau và ngược hướng, tổng động lượng bằng không và toàn bộ năng lượng hai chùm thuộc năng lượng khối tâm.

Các loại hạt và những đại lượng bảo toàn

Bốn tương tác cơ bản đang xét là mạnh, điện từ, yếu và hấp dẫn. Fermion có spin bán nguyên, boson có spin nguyên. không chịu tương tác mạnh. có cấu trúc và tham gia tương tác mạnh, gồm cùng thông thường.

Các phản ứng phải đồng thời thỏa năng lượng, , mômen động lượng, điện tích và những quy tắc số lượng tử phù hợp mô hình. , số và số lượng tử mùi không phải những tên gọi có thể dùng thay nhau. được bảo toàn trong tương tác mạnh và điện từ, còn có thể thay đổi trong tương tác yếu.

Quark và gluon

Sáu mùi là $u,d,s,c,b,t$. Các quark mang điện số và . Trong mô hình hóa trị thông thường, gồm ba quark, phản baryon gồm ba phản quark, còn gồm một quark với một phản quark.

Tổng kết thành phần quark: Proton có thành phần hóa trị uud, còn pion dương gồm quark u và phản quark d. Cộng điện tích các thành phần cho điện tích toàn hạt.

Chú thích:

• Pion dương (Positive pion)

truyền tương tác mạnh giữa và có thể làm thay đổi trạng thái màu của các thành phần. Màu là một thuộc tính lượng tử, khác với màu sắc quang học. Các hình cấu trúc là mô hình thành phần và quy tắc lượng tử, không phải ảnh chụp các quả cầu quark nằm cố định trong hạt.

Đối xứng và sự thống nhất tương tác

Đối xứng giúp tổ chức các định luật bảo toàn. Lý thuyết điện yếu thống nhất mô tả điện từ và yếu. có vai trò trong khối lượng của các hạt cơ bản, còn khối lượng của các hệ liên kết còn chứa năng lượng động lực và tương tác.

Tổng kết các thang tương tác: Sơ đồ nối những thang năng lượng và thời gian với sự phân biệt các tương tác. Những miền thống nhất lớn và thống nhất với hấp dẫn biểu diễn các giả thuyết, khác với nội dung điện yếu đã có kiểm chứng thực nghiệm.

Chú thích:

• Tuổi vũ trụ (Age of the universe)
• Tuổi tăng (Age increasing)
• Tương tác mạnh (Strong force)
• Tương tác điện từ (Electromagnetic force)
• Tương tác điện yếu (Electroweak force)
• Tương tác yếu (Weak force)
• Hấp dẫn (Gravitation)
• Năng lượng giảm (Energy decreasing)

Các đề xuất thống nhất lớn nối tương tác mạnh với điện yếu ở những năng lượng cao hơn. Thống nhất thêm hấp dẫn là một bài toán khác. Không thể coi mọi chi tiết của các đề xuất ấy là dữ kiện đã được xác nhận chỉ vì chúng nằm trên cùng một sơ đồ.

Vũ trụ giãn nở và các thành phần

là một tỉ số bước sóng. Gọi ${\lambda }_o$ là bước sóng quan sát và ${\lambda }_e$ là bước sóng phát của cùng đặc trưng phổ:

$$1+z=\frac{{\lambda }_o}{{\lambda }_e}.$$

Trong mô hình giãn nở, tỉ số ấy bằng tỉ số hệ số tỉ lệ tại hai thời điểm. Quan hệ Hubble liên hệ vận tốc lùi với khoảng cách phù hợp ở cùng thời điểm. nói chung thay đổi theo thời gian, nên nghịch đảo giá trị hiện tại chỉ là một thang thời gian.

Tổng kết định luật Hubble: Vận tốc lùi tăng theo khoảng cách trong miền và mô hình của đồ thị. Độ dốc xác định tham số Hubble của phép so sánh.

Chú thích:

• Độ dốc (Slope)
• Đơn vị khoảng cách megaparsec (megaparsecs)

Vật chất phát sáng chỉ là một phần của tổng vật chất. ảnh hưởng động lực hấp dẫn, còn gắn với mô tả sự giãn nở gia tốc. Các tỉ phần và tuổi vũ trụ được suy từ dữ kiện trong một mô hình, không phải các hằng số chính xác bất biến.

là một thang so sánh hình học và động lực. Tổng mật độ gần tới hạn không tự chứng minh không gian vô hạn. Số phận giãn nở còn phụ thuộc các thành phần, áp suất và lịch sử của chúng, đặc biệt khi có .

Lịch sử vũ trụ

Mô hình vũ trụ sớm nối nhiệt độ cao và năng lượng hạt với những phản ứng, sự phân biệt tương tác và quá trình tổng hợp hạt nhân nhẹ. Sự hình thành hạt nhân khác với quá trình electron tạo nguyên tử trung hòa ở giai đoạn muộn hơn.

Tổng kết sự tiến triển vật chất: Cấu trúc quan sát được ở vũ trụ muộn hình thành sau các thời kỳ hạt, hạt nhân và nguyên tử của vũ trụ sơ khai.

Bức xạ nền lưu thông tin về giai đoạn tán xạ lần cuối trước khi truyền xa trong môi trường đã trở nên trong suốt hơn. Trong mô hình giãn nở đoạn nhiệt, bước sóng tăng còn nhiệt độ bức xạ giảm. Quan hệ nhiệt độ và hệ số tỉ lệ cho phép nối bức xạ nền hiện tại với các thời kỳ trước.

Các đánh dấu miền mà ngoại suy cần một mô tả hấp dẫn lượng tử phù hợp. Các mô hình lạm phát và bất đối xứng vật chất đề xuất những cơ chế cho vũ trụ rất sớm. Cần giữ rõ ranh giới giữa công cụ mô hình, giả thuyết và những bằng chứng quan sát.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 44, trang 1483–1524.

Trong các bài tập, ký hiệu d, h, min và yr lần lượt chỉ ngày, giờ, phút và năm. Tốc độ đếm tính theo phút được viết bằng đơn vị ${\min }^{-1}$. Năng lượng liên kết riêng tính bằng MeV trên mỗi nuclôn.

Luyện tập hướng dẫn

Nhóm 12 bài tập sau rèn luyện phương pháp tính toán định lượng cho ba chủ đề của vật lý hạt và vũ trụ học. Chủ đề đầu tiên là cyclotron và chuyển động của hạt tích điện trong từ trường. Hai chủ đề tiếp theo là ngưỡng tạo hạt trong va chạm tương đối tính và mối liên hệ giữa với hiệu ứng Doppler.

Các hằng số vật lý sử dụng trong tính toán:

• Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
• Hằng số Planck: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Hằng số Planck rút gọn: $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Điện tích nguyên tố: $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$
• Năng lượng nghỉ proton: $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$ (khối lượng $m_p\approx \mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$)
• Năng lượng nghỉ neutron: $m_n{c}^2\approx 939,6\mathrm{MeV}$ (khối lượng $m_n\approx \mathrm{1,675}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$)
• Năng lượng nghỉ electron: $m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$ (khối lượng $m_e\approx \mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$)
• danh định: $H_0\approx 68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$ (tương đương $2,2\times {10}^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}$)
• Đơn vị khoảng cách: $1\mathrm{pc}\approx \mathrm{3,086}\times {10}^{16}\mathrm{m}$ (khoảng $3,26\mathrm{ly}$), $1\mathrm{Mpc}={10}^6\mathrm{pc}$

---

VP44.1.1

Trong một máy gia tốc cyclotron, bán kính quỹ đạo cực đại của proton là $\mathrm{0,800}\mathrm{m}$. Từ trường trong máy có độ lớn $\mathrm{0,600}\mathrm{T}$. Hãy xác định: (a) Tần số của điện áp xoay chiều đặt vào hai cực Dee. (b) Động năng cực đại của proton theo đơn vị $\mathrm{MeV}$. (c) Tốc độ cực đại của proton theo phân số của tốc độ ánh sáng $c$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bán kính cực đại: $R=\mathrm{0,800}\mathrm{m}$.
• Cảm ứng từ: $B=\mathrm{0,600}\mathrm{T}$.
• Hạt proton: Điện tích $q=+e$, khối lượng $m=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Cần tính: Tần số cyclotron $f$, động năng cực đại $K_{max}$ theo $\mathrm{MeV}$, và tỉ số $v_{max}/c$.

Hướng đi:

• Lực từ Lorentz đóng vai trò lực hướng tâm giúp hạt chuyển động tròn đều: $qvB=m{v}^2/R$.
• Tần số quay cyclotron không phụ thuộc vào bán kính khi hạt chuyển động phi tương đối tính: $f=\frac{qB}{2\pi m}$.
• Tốc độ cực đại đạt được tại mép ngoài cực Dee: $v_{max}=2\pi fR=\frac{qBR}{m}$.
• Động năng của proton: $K=\frac{1}{2}m{v}_{max}^2=\frac{q^2{B}^2{R}^2}{2m}$, sau đó đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tần số của điện áp xoay chiều đặt vào các cực Dee: Tần số cyclotron của proton trong từ trường $B=\mathrm{0,600}\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{qB}{2\pi m}\\ & \approx 9,15\times {10}^6\mathrm{Hz}\\ & =9,15\mathrm{MHz}.\end{array}$$

với $q=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ và $m=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.

(b) Động năng cực đại của proton khi ra khỏi cực Dee: Tốc độ cực đại tại bán kính $R=\mathrm{0,800}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{v}_{max}& =\frac{qBR}{m}\\ & \approx 4,60\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng cực đại tương ứng:

$$\begin{array}{rl}{K}_{max}& =\frac{q^2{B}^2{R}^2}{2m}\\ & \approx 1,77\times {10}^{-12}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}$ với $1\mathrm{MeV}=\mathrm{1,602}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$:

$$K_{max}\approx 11,0\mathrm{MeV}.$$

(c) Tốc độ cực đại của proton tính theo $c$: Với $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

$$\frac{v_{max}}{c}\approx \mathrm{0,153.}$$

Như vậy, tốc độ cực đại là $\mathrm{0,153}c$. Vì $v\approx 0,15c$, hiệu ứng tương đối tính làm tăng khối lượng dưới $1,2\mathrm{\%}$, việc dùng gần đúng cơ học cổ điển hoàn toàn hợp lý.

---

VP44.1.2

Một máy gia tốc cyclotron tại phòng thí nghiệm TRIUMF ở Vancouver, Canada, có cảm ứng từ $\mathrm{0,460}\mathrm{T}$. Máy được sử dụng để gia tốc các ion hydro âm (${\mathrm{H}}^{-}$) có điện tích $-e$ và khối lượng $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Hãy xác định: (a) Bán kính quỹ đạo của ion khi chúng đạt tốc độ $6,00\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (b) Tần số góc trong chuyển động của các ion.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cảm ứng từ: $B=\mathrm{0,460}\mathrm{T}$.
• Hạt ion hydro âm ${\mathrm{H}}^{-}$: Điện tích $q=-e$, khối lượng $m=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Tốc độ khảo sát: $v=6,00\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$.
• Cần tính: Bán kính quỹ đạo $R$ và tần số góc $\omega$.

Hướng đi:

• Lực từ Lorentz cung cấp gia tốc hướng tâm: $|q|vB=m{v}^2/R$.
• Bán kính quỹ đạo được xác định bởi: $R=\frac{mv}{|q|B}$.
• Tần số góc chuyển động tròn đều: $\omega =\frac{v}{R}=\frac{|q|B}{m}$. Dấu âm của điện tích chỉ ảnh hưởng đến chiều quay chứ không làm đổi tần số góc.

Lời giải chi tiết:

(a) Bán kính quỹ đạo của ion ${\mathrm{H}}^{-}$ khi đạt tốc độ $v=6,00\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$: Với độ lớn điện tích $|q|=e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$:

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{mv}{|q|B}\\ & \approx \mathrm{0,136}\mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Tần số góc trong chuyển động của ion: Áp dụng công thức tần số góc cyclotron:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{|q|B}{m}\\ & \approx 4,41\times {10}^7\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Minh họa bài VP44.1.2: Bán kính quỹ đạo của ion hydro âm trong từ trường cyclotron.

---

VP44.1.3

Chiếc máy gia tốc cyclotron đầu tiên được chế tạo vào năm 1930 có đường kính $11,4\mathrm{cm}$ và được dùng để gia tốc các ion hydro âm (điện tích $-e$, khối lượng $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$) đến động năng $80,0\mathrm{keV}$. Hãy xác định: (a) Độ lớn cảm ứng từ đã sử dụng. (b) Tần số của điện áp xoay chiều đặt vào hai cực Dee.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đường kính $d=11,4\mathrm{cm}$, suy ra bán kính $R=\mathrm{0,057}0\mathrm{m}$.
• Ion ${\mathrm{H}}^{-}$: Điện tích $q=-e$, khối lượng $m=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Động năng cuối: $K=80,0\mathrm{keV}$, tương đương $\mathrm{1,282}\times {10}^{-14}\mathrm{J}$.
• Cần tính: Cảm ứng từ $B$ và tần số cyclotron $f$.

Hướng đi:

• Biểu diễn động năng qua cảm ứng từ và bán kính quỹ đạo cực đại: $K=\frac{q^2{B}^2{R}^2}{2m}$.
• Từ động năng và bán kính, suy ra độ lớn cảm ứng từ cần thiết: $B=\frac{\sqrt{2mK}}{|q|R}$.
• Tần số dao động của hiệu điện thế gia tốc: $f=\frac{|q|B}{2\pi m}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định cảm ứng từ $B$: Động năng quy đổi sang đơn vị jun là:

$$K\approx \mathrm{1,282}\times {10}^{-14}\mathrm{J}.$$

Từ công thức động năng quay trong cyclotron:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{\sqrt{2mK}}{|q|R}\\ & \approx \mathrm{0,717}\mathrm{T}.\end{array}$$

(b) Tần số của điện áp xoay chiều: Tần số điện áp xoay chiều đồng bộ với chuyển động của ion:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{|q|B}{2\pi m}\\ & \approx 10,9\mathrm{MHz}.\end{array}$$

---

VP44.1.4

Một máy gia tốc cyclotron được dùng để gia tốc hạt alpha (điện tích $+2e$, khối lượng $6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$). Tần số của điện áp xoay chiều đặt vào hai cực Dee là $5,80\mathrm{MHz}$. Hãy xác định: (a) Độ lớn cảm ứng từ cần sử dụng. (b) Động năng (tính theo đơn vị $\mathrm{MeV}$) của hạt alpha khi bán kính quỹ đạo tròn đạt $\mathrm{0,650}\mathrm{m}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt alpha: $q=+2e$, khối lượng $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Tần số cyclotron: $f=5,80\mathrm{MHz}$, tức $5,80\times {10}^6\mathrm{Hz}$.
• Bán kính khảo sát: $R=\mathrm{0,650}\mathrm{m}$.
• Cần tính: Cảm ứng từ $B$ và động năng $K$ theo $\mathrm{MeV}$.

Hướng đi:

• Tần số cyclotron $f=\frac{qB}{2\pi m}$ cho phép xác định trực tiếp cảm ứng từ: $B=\frac{2\pi mf}{q}$.
• Tốc độ của hạt tại bán kính $R$ là $v=2\pi fR$.
• Động năng của hạt alpha: $K=\frac{1}{2}m{v}^2$, sau đó đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định cảm ứng từ $B$: Từ công thức tần số cyclotron:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{2\pi mf}{q}\\ & \approx \mathrm{0,756}\mathrm{T}.\end{array}$$

với $q=+2e\approx \mathrm{3,204}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.

(b) Động năng của hạt alpha tại bán kính $R=\mathrm{0,650}\mathrm{m}$: Tốc độ của hạt alpha tại vị trí này:

$$\begin{array}{rl}v& =2\pi fR\\ & \approx 2,37\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{1}{2}m{v}^2\\ & \approx 1,86\times {10}^{-12}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}$:

$$K\approx 11,6\mathrm{MeV}.$$

---

VP44.3.1

Một proton có động năng $K$ va chạm với một proton đang đứng yên. Sau va chạm, hai proton ban đầu vẫn tồn tại và tạo thêm một hạt eta-phẩy (${\eta }^{\prime }$) có năng lượng nghỉ $958\mathrm{MeV}$. Để phản ứng này có thể xảy ra: (a) tối thiểu trong hệ quy chiếu khối tâm là bao nhiêu? (b) Động năng $K$ của proton tới phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt tới: Proton có động năng $K$, khối lượng nghỉ $m_p{c}^2\approx 938\mathrm{MeV}$.
• Hạt bia: Proton đứng yên trong phòng thí nghiệm.
• Phản ứng: $p+p\to p+p+{\eta }^{\prime }$ với năng lượng nghỉ $m_{{\eta }^{\prime }}{c}^2=958\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: tối thiểu $E_{\mathrm{cm},min}$ và động năng ngưỡng $K_{min}$.

Hướng đi:

• $E_{\mathrm{cm}}$ là tổng năng lượng trong hệ quy chiếu khối tâm.
• Tại ngưỡng tạo hạt, mọi hạt sinh ra đều đứng yên trong hệ khối tâm: $E_{\mathrm{cm},min}=2m_p{c}^2+m_{{\eta }^{\prime }}{c}^2$.
• Dùng bất biến tương đối tính: Đối với bia tĩnh, $E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^{2}K+4m_p^2{c}^4$.
• Giải phương trình tìm động năng ngưỡng $K_{min}$.

Lời giải chi tiết:

(a) tối thiểu trong hệ khối tâm: Tại ngưỡng sinh hạt, toàn bộ các hạt sau va chạm đứng yên trong hệ khối tâm:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{cm}}& =2m_p{c}^2+m_{{\eta }^{\prime }}{c}^2\\ & =2834\mathrm{MeV}.\end{array}$$

với $m_p{c}^2=938\mathrm{MeV}$ và $m_{{\eta }^{\prime }}{c}^2=958\mathrm{MeV}$.

(b) Động năng tối thiểu $K_{min}$ của proton tới: Đặt $E_0=2m_p{c}^2=1876\mathrm{MeV}$. Hệ thức với bia cố định là:

$$E_{\mathrm{cm}}^2=E_{0}K+E_0^2$$

Suy ra động năng ngưỡng:

$$\begin{array}{rl}{K}_{min}& =\frac{E_{\mathrm{cm}}^2-E_0^2}{E_0}\\ & \approx 2,41\mathrm{GeV}.\end{array}$$

với $E_{\mathrm{cm}}=2834\mathrm{MeV}$.

Minh họa bài VP44.3.1: Năng lượng khối tâm và động năng ngưỡng của proton bắn vào bia tĩnh.

---

VP44.3.2

Một proton có động năng $K$ va chạm với một proton đang đứng yên. Các hạt còn lại sau va chạm gồm một proton và một hạt delta-cộng (${\mathrm{\Delta }}^{+}$) có năng lượng nghỉ $1232\mathrm{MeV}$. Để phản ứng này xảy ra: (a) tối thiểu trong hệ quy chiếu khối tâm là bao nhiêu? (b) Động năng $K$ của proton tới phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt tới: Proton có động năng $K$, năng lượng nghỉ $m_p{c}^2=938\mathrm{MeV}$.
• Bia tĩnh: Proton đứng yên.
• Quá trình: $p+p\to p+{\mathrm{\Delta }}^{+}$, với $m_{{\mathrm{\Delta }}^{+}}{c}^2=1232\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: tối thiểu $E_{\mathrm{cm},min}$ và động năng ngưỡng $K_{min}$.

Hướng đi:

• Tại ngưỡng tạo hạt trong hệ khối tâm, hai hạt sinh ra đứng yên: $E_{\mathrm{cm},min}=m_p{c}^2+m_{{\mathrm{\Delta }}^{+}}{c}^2$.
• Dùng hệ thức liên hệ với bia tĩnh: $E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^{2}K+4m_p^2{c}^4$.
• Rút ra động năng tối thiểu $K_{min}$.

Lời giải chi tiết:

(a) tối thiểu trong hệ khối tâm: Tại ngưỡng phản ứng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{cm}}& =m_p{c}^2+m_{{\mathrm{\Delta }}^{+}}{c}^2\\ & =2170\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(b) Động năng tối thiểu $K_{min}$ của proton tới: Đặt $E_0=2m_p{c}^2=1876\mathrm{MeV}$. Từ hệ thức :

$$\begin{array}{rl}{K}_{min}& =\frac{E_{\mathrm{cm}}^2-E_0^2}{E_0}\\ & \approx 634\mathrm{MeV}.\end{array}$$

với $E_{\mathrm{cm}}=2170\mathrm{MeV}$.

---

VP44.3.3

Một hạt pion âm (${\pi }^{-}$) có năng lượng nghỉ $140\mathrm{MeV}$ và động năng $K$ va chạm với một proton đang đứng yên. Hạt duy nhất còn lại sau va chạm là hạt delta-không (${\mathrm{\Delta }}^0$) có năng lượng nghỉ $1232\mathrm{MeV}$. Để phản ứng này xảy ra: (a) tối thiểu trong hệ quy chiếu khối tâm là bao nhiêu? (b) Động năng $K$ của pion tới phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt tới: Pion âm ${\pi }^{-}$, $m_{\pi }{c}^2=140\mathrm{MeV}$, động năng $K$.
• Hạt bia: Proton đứng yên, $m_p{c}^2=938\mathrm{MeV}$.
• Quá trình: ${\pi }^{-}+p\to {\mathrm{\Delta }}^0$, với $m_{{\mathrm{\Delta }}^0}{c}^2=1232\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: tối thiểu $E_{\mathrm{cm},min}$ và động năng ngưỡng $K_{min}$.

Hướng đi:

• Trạng thái cuối chỉ gồm một hạt duy nhất ${\mathrm{\Delta }}^0$. Tại ngưỡng, hạt này đứng yên trong hệ khối tâm: $E_{\mathrm{cm},min}=m_{{\mathrm{\Delta }}^0}{c}^2$.
• Áp dụng bất biến 4- cho va chạm pion trên bia proton đứng yên: $E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^{2}K+M_0^2{c}^4$ với $M_0=m_p+m_{\pi }$.
• Giải phương trình bậc nhất đối với $K$ để tìm động năng ngưỡng.

Lời giải chi tiết:

(a) tối thiểu trong hệ khối tâm: Vì sản phẩm chỉ có một hạt ${\mathrm{\Delta }}^0$, năng lượng khả dụng tối thiểu là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{cm}}& =m_{{\mathrm{\Delta }}^0}{c}^2\\ & =1232\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(b) Động năng tối thiểu $K_{min}$ của pion: Tổng năng lượng nghỉ ban đầu là $M_0{c}^2=1078\mathrm{MeV}$. Hệ thức liên hệ năng lượng:

$$E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^{2}K+M_0^2{c}^4$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}{K}_{min}& =\frac{E_{\mathrm{cm}}^2-M_0^2{c}^4}{2m_p{c}^2}\\ & \approx 190\mathrm{MeV}.\end{array}$$

với $2m_p{c}^2=1876\mathrm{MeV}$.

---

VP44.3.4

Máy va chạm Lớn (LHC) truyền cho mỗi proton năng lượng toàn phần $7\mathrm{TeV}$, tức $7,00\times {10}^3\mathrm{GeV}$. (a) Nếu một proton có năng lượng này va chạm với một proton thứ hai đang đứng yên, là bao nhiêu? (b) Sau va chạm, hai proton ban đầu vẫn tồn tại và tạo thêm một hạt trung hòa X. Khối lượng cực đại của hạt X có thể sinh ra là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Năng lượng toàn phần chùm hạt: $E=7000\mathrm{GeV}$.
• Hạt bia: Proton đứng yên, $m_p{c}^2\approx \mathrm{0,938}\mathrm{GeV}$.
• Phản ứng sinh hạt: $p+p\to p+p+X$.
• Cần tính: $E_{\mathrm{cm}}$ khi bắn vào bia tĩnh, và khối lượng nghỉ cực đại $m_X$ của hạt sinh ra.

Hướng đi:

• Áp dụng hệ thức với bia tĩnh: $E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^{2}E+2(m_p{c}^2{)}^2$.
• Khối lượng cực đại của hạt X đạt được khi toàn bộ vượt quá năng lượng nghỉ của hai proton ban đầu: $E_{\mathrm{cm}}=2m_p{c}^2+m_X{c}^2$.

Lời giải chi tiết:

(a) với bia proton đứng yên: Đặt $E_0=m_p{c}^2\approx \mathrm{0,938}\mathrm{GeV}$. Bình phương năng lượng khả dụng:

$$E_{\mathrm{cm}}^2=2E_{0}E+2E_0^2$$

Với $E=7000\mathrm{GeV}$ và $m_p{c}^2=\mathrm{0,938}\mathrm{GeV}$, suy ra:

$$E_{\mathrm{cm}}\approx 115\mathrm{GeV}.$$

Lưu ý sự tương phản: Một chùm proton $7\mathrm{TeV}$ bắn vào bia tĩnh chỉ tạo ra $115\mathrm{GeV}$. Trong khi đó, nếu cho hai chùm đối đầu nhau thì năng lượng khả dụng đạt tới $14\mathrm{TeV}$.

(b) Khối lượng cực đại của hạt X: Tại ngưỡng tạo hạt:

$$\begin{array}{rl}{m}_X{c}^2& =E_{\mathrm{cm}}-2m_p{c}^2\\ & \approx 113\mathrm{GeV}.\end{array}$$

Do đó, khối lượng cực đại của hạt X là $113\mathrm{GeV}/c^2$.

---

VP44.9.1

Vạch quang phổ đỏ của hiđro có bước sóng $656,3\mathrm{nm}$ khi nguyên tử hiđro đứng yên. Vạch này được quan sát thấy ở bước sóng $725\mathrm{nm}$ trong quang phổ của một thiên hà xa xôi. Hãy xác định: (a) $z$. (b) Tốc độ lùi xa của thiên hà theo phân số của tốc độ ánh sáng $c$.

Minh họa bài VP44.9.1: Các đại lượng được dùng trong lời giải.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bước sóng nguồn phát: ${\lambda }_0=656,3\mathrm{nm}$.
• Bước sóng quan sát: $\lambda =725\mathrm{nm}$.
• Cần tính: $z$ và tỉ số tốc độ lùi xa $\beta =v/c$.

Hướng đi:

• $z$ được định nghĩa bằng tỉ số biến thiên bước sóng: $z=\frac{\lambda -{\lambda }_0}{{\lambda }_0}$.
• Áp dụng hệ thức hiệu ứng Doppler quang học tương đối tính: $1+z=\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}$.
• Rút ra vận tốc lùi xa tương đối tính: $\beta =\frac{(1+z{)}^2-1}{(1+z{)}^2+1}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định $z$: Áp dụng công thức định nghĩa độ dịch chuyển đỏ:

$$\begin{array}{rl}z& =\frac{\lambda -{\lambda }_0}{{\lambda }_0}\\ & \approx \mathrm{0,105.}\end{array}$$

với $\lambda =725\mathrm{nm}$ và ${\lambda }_0=656,3\mathrm{nm}$.

(b) Tốc độ lùi xa của thiên hà: Từ , ta có $(1+z{)}^2\approx \mathrm{1,220}3$. Tốc độ lùi xa $\beta =v/c$ được tính bởi:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{(1+z{)}^2-1}{(1+z{)}^2+1}\\ & \approx \mathrm{0,099}2.\end{array}$$

Như vậy, tốc độ lùi xa của thiên hà là $\mathrm{0,099}2c$.

---

VP44.9.2

Một vạch hấp thụ nổi bật trong quang phổ của Mặt Trời và nhiều thiên hà bắt nguồn từ ion canxi mang điện tích đơn (${\mathrm{Ca}}^{+}$). Trong hệ quy chiếu nghỉ, vạch này có bước sóng tử ngoại là $396,9\mathrm{nm}$. Nếu một thiên hà đang lùi xa khỏi chúng ta với tốc độ $\mathrm{0,071}1c$, hãy xác định: (a) Bước sóng mà chúng ta sẽ quan sát thấy vạch quang phổ này. (b) $z$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bước sóng nghỉ: ${\lambda }_0=396,9\mathrm{nm}$.
• Tốc độ lùi xa: $\beta =v/c=\mathrm{0,071}1$.
• Cần tính: Bước sóng quan sát $\lambda$ và $z$.

Hướng đi:

• Áp dụng hệ thức Doppler tương đối tính cho sóng ánh sáng khi nguồn chuyển động ra xa máy thu: $\lambda ={\lambda }_0\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}$.
• liên hệ với tỉ số bước sóng qua: $z=\frac{\lambda }{{\lambda }_0}-1$.

Lời giải chi tiết:

(a) Bước sóng quan sát được của vạch canxi: Với $\beta =\mathrm{0,071}1$, hệ số dịch chuyển bước sóng Doppler là $\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}\approx \mathrm{1,073}8$. Bước sóng quan sát được trên Trái Đất:

$$\begin{array}{rl}\lambda & ={\lambda }_0\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}\\ & \approx 426\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vạch phổ tử ngoại ban đầu bị sang vùng ánh sáng nhìn thấy.

(b) $z$: Từ định nghĩa:

$$\begin{array}{rl}z& =\frac{\lambda }{{\lambda }_0}-1\\ & \approx \mathrm{0,073}8.\end{array}$$

---

VP44.9.3

Hãy tính khoảng cách (theo đơn vị parsec, $\mathrm{pc}$) đến: (a) Một thiên hà có tốc độ lùi xa $\mathrm{0,099}2c$. (b) Một thiên hà có tốc độ lùi xa $\mathrm{0,071}1c$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• sử dụng: $H_0=68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$, tức $6,8\times {10}^4(\mathrm{m}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$.
• Trường hợp (a): Tốc độ lùi xa $v_a=\mathrm{0,099}2c$.
• Trường hợp (b): Tốc độ lùi xa $v_b=\mathrm{0,071}1c$.
• Cần tính: Khoảng cách $d_a$ và $d_b$ theo đơn vị $\mathrm{pc}$.

Hướng đi:

• Áp dụng ở miền vận tốc vừa phải: $v=H_{0}d$.
• Khoảng cách đến thiên hà: $d=\frac{v}{H_0}=\frac{\beta c}{H_0}$.
• Đổi khoảng cách từ $\mathrm{Mpc}$ sang $\mathrm{pc}$ theo tỉ lệ $1\mathrm{Mpc}={10}^6\mathrm{pc}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Khoảng cách đến thiên hà có tốc độ $v=\mathrm{0,099}2c$: Tốc độ lùi xa của thiên hà:

$$\begin{array}{rl}v& =\mathrm{0,099}2c\\ & \approx 2,97\times {10}^4\mathrm{km}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Khoảng cách theo :

$$\begin{array}{rl}{d}_a& =\frac{v}{H_0}\\ & \approx 4,4\times {10}^8\mathrm{pc}.\end{array}$$

(b) Khoảng cách đến thiên hà có tốc độ $v=\mathrm{0,071}1c$: Tốc độ lùi xa:

$$\begin{array}{rl}v& =\mathrm{0,071}1c\\ & \approx 2,13\times {10}^4\mathrm{km}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Khoảng cách tương ứng:

$$\begin{array}{rl}{d}_b& =\frac{v}{H_0}\\ & \approx 3,1\times {10}^8\mathrm{pc}.\end{array}$$

---

VP44.9.4

Quang phổ của siêu tân tinh loại Ia (một vụ nổ sao sáng đến mức có thể quan sát thấy ở các thiên hà xa xôi) có một vạch phát xạ của ion silic mang điện tích đơn. Các nhà thiên văn học quan sát thấy vạch phát xạ này ở bước sóng $615,0\mathrm{nm}$ trong phòng thí nghiệm, nhưng lại ở bước sóng $666\mathrm{nm}$ trong quang phổ của một siêu tân tinh loại Ia ở thiên hà xa xôi. Hãy xác định: (a) Tốc độ lùi xa của thiên hà theo đơn vị $\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (b) Khoảng cách đến thiên hà theo đơn vị $\mathrm{pc}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bước sóng phòng thí nghiệm: ${\lambda }_0=615,0\mathrm{nm}$.
• Bước sóng quan sát từ thiên hà: $\lambda =666\mathrm{nm}$.
• Cần tính: Tốc độ lùi xa $v$ (theo $\mathrm{m}/\mathrm{s}$) và khoảng cách $d$ (theo $\mathrm{pc}$).

Hướng đi:

• Tính : $z=\frac{\lambda -{\lambda }_0}{{\lambda }_0}$.
• Xác định tỉ số tốc độ tương đối tính: $\beta =\frac{(1+z{)}^2-1}{(1+z{)}^2+1}$, rồi tính $v=\beta c$.
• Tính khoảng cách theo : $d=\frac{v}{H_0}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tốc độ lùi xa của thiên hà: $z$ của vạch silic:

$$\begin{array}{rl}z& =\frac{\lambda -{\lambda }_0}{{\lambda }_0}\\ & \approx \mathrm{0,082}9.\end{array}$$

Từ đó, ta có $(1+z{)}^2\approx \mathrm{1,173}$. Tỉ số tốc độ lùi xa:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{(1+z{)}^2-1}{(1+z{)}^2+1}\\ & \approx \mathrm{0,079}5.\end{array}$$

Tốc độ lùi xa theo $\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}v& =\beta c\\ & \approx 2,38\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Khoảng cách đến thiên hà: Áp dụng :

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{v}{H_0}\\ & \approx 3,5\times {10}^8\mathrm{pc}.\end{array}$$

Câu hỏi thảo luận

Phần này bao gồm 13 câu hỏi thảo luận đào sâu bản chất vật lý của các hạt cơ bản, các định luật bảo toàn trong tương tác hạt, mô hình của , và các nguyên lý nền tảng của vũ trụ học hiện đại.

---

Q44.1

Liệu có khả năng tồn tại những vùng trong vũ trụ chứa phản vật chất với các nguyên tử có hạt nhân tạo bởi phản proton và phản neutron, bao quanh bởi các positron không? Làm thế nào chúng ta có thể phát hiện trạng thái này mà không cần thực sự bay đến đó? Chúng ta có thể phát hiện các phản nguyên tử này bằng cách nhận diện ánh sáng mà chúng phát ra là các phản không? Hãy giải thích. Những hiểm họa nào có thể xuất hiện nếu chúng ta thực sự bay đến đó?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhận biết phản vật chất từ xa và xét nguy cơ tiếp xúc với vật chất thông thường.

Hướng đi:

• Phân biệt quang phổ nguyên tử với tín hiệu hủy hạt và nhận ra là của chính nó.

Lời giải chi tiết:

Các vùng phản vật chất có thể được xét như một giả thuyết vật lý. Tuy nhiên, không có loại phản riêng để nhận biết chúng. Photon là của chính nó, và các vạch quang phổ của phản nguyên tử tương ứng không cung cấp cách phân biệt đơn giản như đề xuất. Một dấu hiệu có thể tìm là bức xạ hủy hạt khi vật chất tiếp xúc với phản vật chất. Muốn kết luận cần loại trừ các nguồn bức xạ khác. Tàu vũ trụ bằng vật chất thông thường tiếp xúc với môi trường phản vật chất sẽ chịu sự hủy hạt, tạo bức xạ và năng lượng có thể phá hủy tàu.

Q44.2

Dựa trên nguyên lý bất định Heisenberg, liệu có thể tạo ra các cặp hạt - tồn tại trong những khoảng thời gian cực ngắn rồi tự hủy không? Điều này có đồng nghĩa với việc không gian chân không thực sự trống rỗng hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích bức tranh cặp và ý nghĩa của chân không lượng tử.

Hướng đi:

• Phân biệt một trạng thái trung gian trong phép tính lượng tử với các hạt thật có thể được phát hiện.

Lời giải chi tiết:

Chân không lượng tử không phải một khoảng trống cổ điển không có trường và không có dao động. Bức tranh cặp được dùng để mô tả các đóng góp trung gian của trường lượng tử. Các hạt ảo không phải một cặp hạt thật tự xuất hiện nhờ được phép vi phạm bảo toàn năng lượng. Hệ thức bất định năng lượng và thời gian không cho phép vay năng lượng rồi trả lại theo nghĩa cổ điển. Muốn tạo một cặp hạt thật quan sát được, phải có nguồn cung cấp năng lượng và đồng thời thỏa mãn bảo toàn .

Q44.3

Khi mới được phát hiện vào thập niên 1930 và 1940, đã có sự nhầm lẫn sâu sắc giữa hạt pion và hạt muon. Những điểm tương đồng và những khác biệt quan trọng nhất giữa hai loại hạt này là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh pion và muon để giải thích sự nhầm lẫn lúc đầu.

Hướng đi:

• Xét khối lượng, điện tích, spin và đặc biệt là tương tác mạnh.

Lời giải chi tiết:

Cả hai có khối lượng trung gian giữa electron và proton, đều không bền và đều có trạng thái mang điện tích cùng độ lớn điện tích electron. Điều đó khiến muon ban đầu được liên hệ với hạt trung gian mà Yukawa dự đoán. Điểm khác biệt quyết định là muon thuộc họ , có spin một nửa và không tham gia tương tác mạnh. Pion là có spin không, được cấu tạo từ và phản quark. Đồng thời, tham gia tương tác mạnh. Pion còn có trạng thái trung hòa. Vì vậy, muon không đóng vai trò hạt trung gian của lực hạt nhân như pion.

Q44.4

Lực hấp dẫn giữa hai electron yếu hơn lực điện khoảng ${10}^{-40}$ lần. Tuy nhiên, các tương tác hấp dẫn của vật chất đã được quan sát và phân tích từ rất lâu trước khi các tương tác điện được hiểu rõ. Tại sao lại như vậy?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao tác dụng hấp dẫn vĩ mô dễ nhận biết dù rất yếu ở mức hai electron.

Hướng đi:

• So sánh khả năng cộng dồn của khối lượng với sự triệt tiêu điện tích.

Lời giải chi tiết:

Vật chất thông thường có các điện tích dương và âm gần như cân bằng. Vì thế, lực điện vĩ mô có thể bị triệt tiêu dù tương tác giữa từng điện tích rất mạnh. Trái lại, khối lượng của các phần vật chất cộng dồn, nên hấp dẫn của những thiên thể lớn tạo hiệu ứng rõ rệt. So sánh độ mạnh giữa hai electron riêng lẻ không quyết định mức dễ quan sát của hai lực trên mọi hệ vĩ mô.

Q44.5

Khi một hạt pion trung hòa (${\pi }^0$) phân rã thành hai , điều gì sẽ xảy ra với cấu tạo nên hạt pion đó?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Theo dõi thành phần khi pion trung hòa phân rã thành hai .

Hướng đi:

• Dùng mô hình và phản quark cùng bảo toàn điện tích, năng lượng và .

Lời giải chi tiết:

Pion trung hòa là một trạng thái chồng chập của các thành phần và phản quark có tổng điện tích bằng không. Khi nó phân rã điện từ, cặp quark và phản quark bị hủy, còn năng lượng và được chuyển cho hai . Không có quark tự do nào bắt buộc phải còn lại sau phân rã. Đây là mô tả sự chuyển đổi giữa các trạng thái lượng tử, không phải sự biến mất của năng lượng hay điện tích.

Q44.6

Tại sao một electron không thể phân rã thành hai ? Tại sao electron không thể phân rã thành hai neutrino?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kiểm tra hai kênh electron phân rã thành các hạt trung hòa.

Hướng đi:

• Đối chiếu điện tích ban đầu với tổng điện tích sản phẩm.

Lời giải chi tiết:

Electron mang điện tích âm. Trong khi đó, hai hoặc hai nơtrino đều có tổng điện tích bằng không. Cả hai kênh đã nêu vì vậy vi phạm bảo toàn điện tích. Ngoài ra, electron là hạt mang điện nhẹ nhất trong mô hình đang học. Năng lượng nghỉ của nó không đủ để tạo một trạng thái cuối chứa hạt mang cùng điện tích nhưng nặng hơn.

Q44.7

Theo Mô hình Chuẩn của các hạt cơ bản, những điểm tương đồng giữa và là gì? Những khác biệt quan trọng nhất giữa chúng là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh và trong mô hình đang học.

Hướng đi:

• Phân biệt tính chất spin với cấu trúc và loại tương tác.

Lời giải chi tiết:

thông thường và đều là fermion, nên tuân theo . Chúng có thể mang điện hoặc trung hòa và có các tương ứng. Tuy nhiên, baryon là có cấu trúc hóa trị ba quark, tham gia tương tác mạnh và có một. Lepton được xem là hạt cơ bản trong Mô hình Chuẩn, không tham gia tương tác mạnh và có số baryon không. Proton và neutron là baryon, còn electron, muon và nơtrino thuộc họ lepton.

Q44.8

Theo Mô hình Chuẩn của các hạt cơ bản, những điểm tương đồng giữa và là gì? Những khác biệt quan trọng nhất giữa chúng là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh với về cấu trúc và tương tác.

Hướng đi:

• Xét , điện tích điện và cách chúng xuất hiện trong các trạng thái quan sát.

Lời giải chi tiết:

Trong Mô hình Chuẩn, và đều là fermion cơ bản có spin một nửa và được tổ chức thành các thế hệ. Quark mang nên tham gia tương tác mạnh. Điện tích điện của chúng bằng hai phần ba hoặc âm một phần ba điện tích nguyên tố. Lepton không mang điện tích màu và có điện tích điện bằng âm một đơn vị hoặc bằng không. Quark được quan sát trong các trạng thái do sự giam cầm, còn lepton có thể xuất hiện như các hạt riêng lẻ.

Q44.9

Thành phần của neutron là $udd$. (a) Thành phần quark của antineutron là gì? Hãy giải thích lập luận của bạn. (b) Hạt neutron có phải là của chính nó hay không? Tại sao? (c) Thành phần quark của hạt $\psi$ (hay $J/\psi$) là $c\overline{c}$. Hạt $\psi$ có phải là phản hạt của chính nó hay không? Hãy giải thích lập luận của bạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét phản neutron và tính tự liên hợp của neutron, hạt psi.

Hướng đi:

• Đổi từng thành phản quark rồi kiểm tra các số lượng tử.

Lời giải chi tiết:

(a) Phản neutron có thành phần $\overline{u}\overline{d}\overline{d}$.

(b) Neutron và phản neutron đều trung hòa điện nhưng mang trái dấu. Vì vậy, neutron không phải của chính nó. Điện tích bằng không không đủ để kết luận một hạt tự liên hợp.

(c) Hạt $\psi$ có cấu trúc $c\overline{c}$. Đổi hạt thành cho cùng trạng thái trung hòa tương ứng, nên $\psi$ là phản hạt của chính nó. Kết luận này xét toàn bộ trạng thái lượng tử, không chỉ tổng điện tích.

Q44.10

Vũ trụ có một tâm điểm hay không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét ý nghĩa tâm của vũ trụ trong mô hình đồng nhất và đẳng hướng.

Hướng đi:

• Phân biệt tâm của một hình nhúng với một vị trí đặc biệt có thể nhận biết từ bên trong không gian.

Lời giải chi tiết:

Trong mô hình vũ trụ đồng nhất và đẳng hướng trên quy mô lớn, không có vị trí không gian nào được chọn làm tâm đặc biệt. Mỗi quan sát viên đi cùng dòng giãn nở đều có thể thấy các thiên hà xa lùi ra theo cùng quy luật. Mô hình mặt cầu hai chiều có tâm trong không gian nhúng ba chiều, nhưng tâm đó không nằm trên mặt cầu. Ví dụ này giúp phân biệt sự giãn nở nội tại với chuyển động ra xa một tâm nằm trong chính không gian đang xét.

Q44.11

Liệu câu hỏi: "Nếu vũ trụ đang giãn nở, thì nó đang giãn nở vào cái gì?" có mang ý nghĩa vật lý hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét câu hỏi vũ trụ giãn nở vào một không gian bên ngoài.

Hướng đi:

• Dùng khoảng cách nội tại và hệ số tỉ lệ thay cho một miền chứa bên ngoài bắt buộc.

Lời giải chi tiết:

Sự giãn nở được mô tả bằng sự thay đổi khoảng cách nội tại giữa các điểm đi cùng dòng vũ trụ. Mô hình không bắt buộc có một khoảng trống bên ngoài để vũ trụ tràn vào. Vì vậy, câu hỏi chỉ có ý nghĩa xác định nếu bổ sung một mô hình bên ngoài cùng cách đo và tương tác với nó. Từ sự giãn nở quan sát được, ta không thể tự suy ra sự tồn tại của một miền chứa như thế.

Q44.12

Giả sử vũ trụ có một mép biên. Bằng một thí nghiệm tưởng tượng khi bạn tự đặt mình đứng tại mép biên đó, hãy giải thích tại sao giả thiết này lại vi phạm Nguyên lý Vũ trụ học.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kiểm tra một mép biên vật lý có phù hợp nguyên lý vũ trụ học hay không.

Hướng đi:

• So sánh các hướng và vị trí đối với một quan sát viên đứng sát mép giả định.

Lời giải chi tiết:

Nếu có mép vật lý nơi không gian kết thúc, một quan sát viên gần đó có thể phân biệt hướng nhìn vào trong với hướng nhìn ra mép. Các vị trí gần mép cũng khác các vị trí ở sâu bên trong. Điều này trái với giả thiết đồng nhất và đẳng hướng toàn cục đang dùng. Tuy nhiên, không có mép không đồng nghĩa không gian bắt buộc vô hạn. Một không gian hữu hạn như mặt cầu hai chiều có thể không có biên. Chân trời quan sát cũng không phải một mép vật lý của toàn vũ trụ.

Q44.13

Hãy giải thích tại sao Nguyên lý Vũ trụ học đòi hỏi $H_0$ phải có cùng một giá trị ở mọi nơi trong không gian tại một thời điểm, nhưng lại không đòi hỏi $H_0$ phải là một đại lượng không đổi theo thời gian.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích sự đồng nhất theo không gian nhưng có thể biến đổi theo thời gian của tốc độ giãn nở.

Hướng đi:

• Phân biệt phép so sánh nhiều vị trí cùng thời điểm với phép so sánh hai thời điểm khác nhau.

Lời giải chi tiết:

Ở một thời điểm vũ trụ xác định, nguyên lý đồng nhất yêu cầu cùng quy luật giãn nở ở mọi vị trí đi cùng dòng. Nếu tốc độ giãn nở phụ thuộc vị trí một cách cơ bản, các vùng sẽ không còn tương đương. Tuy nhiên, nguyên lý này không yêu cầu trạng thái vũ trụ bất biến theo thời gian. Với hệ số tỉ lệ $R(t)$, là:

$$H(t)=\frac{\dot{R}(t)}{R(t)}.$$

Nó có thể thay đổi khi vũ trụ tiến hóa. Ký hiệu $H_0$ chỉ giá trị tại thời điểm hiện nay, chứ không khẳng định $H(t)$ luôn không đổi.

Bài tập 44.1–44.30

Phần này bao gồm lời giải chi tiết cho 30 bài tập đầu tiên của Chương 44, bao gồm các chủ đề: Năng lượng hủy cặp vật chất - phản vật chất, máy gia tốc cyclotron và máy va chạm chùm hạt, các định luật bảo toàn số lượng tử (điện tích, , , ), cấu trúc trong mô hình , và về vũ trụ giãn nở.

Các hằng số vật lý sử dụng trong tính toán:

• Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
• Hằng số Planck: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Hằng số Planck rút gọn: $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Tích số hằng số: $\hslash c\approx 197,3\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}$
• Điện tích nguyên tố: $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$
• Năng lượng nghỉ proton: $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$ (khối lượng $m_p\approx \mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$)
• Năng lượng nghỉ neutron: $m_n{c}^2\approx 939,6\mathrm{MeV}$ (khối lượng $m_n\approx \mathrm{1,675}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$)
• Năng lượng nghỉ electron: $m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$ (khối lượng $m_e\approx \mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$)
• Năng lượng nghỉ muon: $m_{\mu }{c}^2\approx 105,7\mathrm{MeV}$ (gấp $207$ lần khối lượng electron)
• Năng lượng nghỉ pion tích điện: $m_{{\pi }^{\pm }}{c}^2\approx 139,6\mathrm{MeV}$ (gấp $273$ lần electron)
• Năng lượng nghỉ pion trung hòa: $m_{{\pi }^0}{c}^2\approx 135,0\mathrm{MeV}$
• danh định: $H_0\approx 68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$ (tương đương $6,8\times {10}^4(\mathrm{m}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$)
• Đơn vị thiên văn: $1\mathrm{pc}\approx \mathrm{3,086}\times {10}^{16}\mathrm{m}$, $1\mathrm{Mpc}={10}^6\mathrm{pc}$

---

44.1

Con tàu vũ trụ Enterprise, nổi tiếng trong các bộ phim truyền hình và điện ảnh, vận hành nhờ sự kết hợp giữa vật chất và phản vật chất. Nếu toàn bộ nguồn nhiên liệu phản vật chất nặng $400\mathrm{kg}$ của tàu Enterprise kết hợp với vật chất thông thường, năng lượng giải phóng là bao nhiêu? Giá trị này so với mức tiêu thụ năng lượng hàng năm của Hoa Kỳ (khoảng $1,0\times {10}^{20}\mathrm{J}$) như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khối lượng phản vật chất: $m_{\mathrm{anti}}=400\mathrm{kg}$.
• Mức tiêu thụ năng lượng hàng năm của Hoa Kỳ: $E_{\mathrm{US}}\approx 1,0\times {10}^{20}\mathrm{J}$.
• Cần tính: Tổng năng lượng giải phóng $E$ và tỉ số $E/E_{\mathrm{US}}$.

Hướng đi:

• Quá trình hủy hạt đòi hỏi khối lượng vật chất thông thường tương đương: $m_{\mathrm{mat}}=m_{\mathrm{anti}}=400\mathrm{kg}$.
• Tổng khối lượng chuyển hóa thành năng lượng: $m_{\mathrm{tot}}=800\mathrm{kg}$.
• Áp dụng hệ thức Einstein: $E=m_{\mathrm{tot}}{c}^2$.
• So sánh năng lượng thu được với $E_{\mathrm{US}}$.

Lời giải chi tiết:

Tính năng lượng giải phóng từ phản ứng hủy vật chất - phản vật chất: Để hủy hoàn toàn $400\mathrm{kg}$ phản vật chất, cần một khối lượng vật chất thông thường tương ứng là $400\mathrm{kg}$. Tổng khối lượng chuyển hóa hoàn toàn thành năng lượng là:

$$\begin{array}{rl}{m}_{\mathrm{tot}}& =400\mathrm{kg}+400\mathrm{kg}\\ & =800\mathrm{kg}.\end{array}$$

Năng lượng bức xạ phát ra theo hệ thức Einstein:

$$\begin{array}{rl}E& =m_{\mathrm{tot}}{c}^2\\ & =800\times (\mathrm{2,998}\times {10}^8{)}^2\\ & \approx 7,19\times {10}^{19}\mathrm{J}.\end{array}$$

So sánh với mức tiêu thụ năng lượng hàng năm của Hoa Kỳ:

$$\begin{array}{rl}\frac{E}{E_{\mathrm{US}}}& =\frac{7,19\times {10}^{19}\mathrm{J}}{1,0\times {10}^{20}\mathrm{J}}\\ & \approx 0,72.\end{array}$$

Năng lượng giải phóng từ sự hủy khối nhiên liệu này bằng khoảng $72\mathrm{\%}$ tổng nhu cầu năng lượng của toàn nước Mỹ trong suốt một năm.

---

44.2

Hai có cùng năng lượng va chạm đối đầu trực diện và hủy lẫn nhau, sinh ra một cặp hạt ${\mu }^{+}{\mu }^{-}$. Khối lượng của muon được cho theo khối lượng electron ở Mục 44.1 ($m_{\mu }\approx 207m_e$). (a) Hãy tính bước sóng cực đại của các photon để quá trình này có thể xảy ra. Nếu các photon mang bước sóng cực đại này, hãy mô tả chuyển động của ${\mu }^{+}$ và ${\mu }^{-}$ ngay sau khi được tạo ra. (b) Nếu bước sóng của mỗi photon bằng một nửa giá trị tính ở câu (a), tốc độ của mỗi muon sau khi chúng tách xa nhau là bao nhiêu? Sử dụng các biểu thức tương đối tính đúng cho và năng lượng.

Minh họa bài 44.2: Các đại lượng và quá trình được dùng trong lời giải.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Va chạm hai đối đầu: $\gamma +\gamma \to {\mu }^{+}+{\mu }^{-}$.
• Khối lượng muon: $m_{\mu }\approx 207m_e$ (khoảng $105,8\mathrm{MeV}/c^2$).
• Cần tính: Bước sóng cực đại ${\lambda }_{max}$ của , trạng thái chuyển động tại ngưỡng, và tốc độ muon khi $\lambda ={\lambda }_{max}/2$.

Hướng đi:

• Tổng của hai trước va chạm bằng 0 vì chúng có cùng năng lượng và chuyển động ngược hướng nhau.
• Ngưỡng tạo cặp ứng với hai muon sinh ra đứng yên: $2E_{\gamma }=2m_{\mu }{c}^2$, tức $E_{\gamma }=m_{\mu }{c}^2$.
• Bước sóng : $\lambda =hc/E_{\gamma }$.
• Khi bước sóng giảm một nửa, năng lượng mỗi tăng gấp đôi: $E_{\mu }=2m_{\mu }{c}^2$, suy ra $\gamma =2$.
• Tốc độ của mỗi muon: $v=c\sqrt{1-1/{\gamma }^2}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Bước sóng cực đại của : Tại ngưỡng sinh cặp, hai photon đối đầu cung cấp vừa đủ năng lượng nghỉ của cặp muon:

$$E_{\gamma }=m_{\mu }{c}^2$$

với $m_{\mu }\approx 207m_e$ (khoảng $\mathrm{1,886}\times {10}^{-28}\mathrm{kg}$). Bước sóng cực đại là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max}& =\frac{hc}{m_{\mu }{c}^2}\\ & =\frac{h}{m_{\mu }c}\\ & \approx 1,17\times {10}^{-14}\mathrm{m}.\end{array}$$

Nếu các mang bước sóng cực đại này, toàn bộ năng lượng photon chuyển hóa trọn vẹn thành năng lượng nghỉ. Cặp muon ${\mu }^{+}$ và ${\mu }^{-}$ sẽ đứng yên ngay sau khi được tạo thành.

(b) Tốc độ của mỗi muon khi bước sóng giảm một nửa: Khi $\lambda ={\lambda }_{max}/2$, năng lượng mỗi tăng gấp đôi:

$$E_{\gamma }^{\prime }=2m_{\mu }{c}^2$$

Do bảo toàn năng lượng, năng lượng toàn phần của mỗi muon sau va chạm là:

$$E_{\mu }=2m_{\mu }{c}^2$$

của muon:

$$\gamma =\frac{E_{\mu }}{m_{\mu }{c}^2}=2$$

Từ hệ thức $\gamma =(1-v^2/c^2{)}^{-1/2}$, suy ra:

$$\begin{array}{rl}\frac{v}{c}& =\sqrt{1-\frac{1}{{\gamma }^2}}\\ & =\sqrt{1-\frac{1}{4}}\\ & =\frac{\sqrt{3}}{2}\\ & \approx \mathrm{0,866.}\end{array}$$

Tốc độ của mỗi muon là $v\approx \mathrm{0,866}c$ (khoảng $2,60\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$).

---

44.3

Một hạt pion dương (${\pi }^{+}$) đang đứng yên phân rã thành một muon dương (${\mu }^{+}$) và một neutrino. (a) Năng lượng giải phóng trong phân rã này xấp xỉ bằng bao nhiêu? (Coi neutrino có khối lượng nghỉ bằng 0. Sử dụng khối lượng của muon và pion biểu diễn theo khối lượng electron ở Mục 44.1: $m_{\mu }=207m_e$ và $m_{\pi }=273m_e$.) (b) Tại sao một muon dương không thể phân rã thành một pion dương?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Quá trình phân rã pion: ${\pi }^{+}\to {\mu }^{+}+{\nu }_{\mu }$.
• Khối lượng theo $m_e$: $m_{\pi }=273m_e$, $m_{\mu }=207m_e$, $m_{\nu }\approx 0$.
• Cần tính: Năng lượng giải phóng $Q$ theo $\mathrm{MeV}$.
• Giải thích: Lý do muon không thể phân rã thành pion.

Hướng đi:

• Năng lượng giải phóng của phản ứng phân rã hạt đứng yên: $Q=(m_{\pi }-m_{\mu }-m_{\nu })c^2$.
• Thay độ hụt khối: $\mathrm{\Delta }m=66m_e$.
• Về câu hỏi phân rã ngược: Hạt mẹ phải có khối lượng nghỉ lớn hơn tổng khối lượng nghỉ của các hạt con để thỏa mãn bảo toàn năng lượng.

Lời giải chi tiết:

(a) Năng lượng giải phóng trong phân rã pion: Độ chênh lệch khối lượng nghỉ giữa pion và muon:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }m& =(273-207)m_e\\ & =66m_e.\end{array}$$

Năng lượng giải phóng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}Q& =66m_e{c}^2\\ & =66(\mathrm{0,511}0\mathrm{MeV})\\ & \approx 33,7\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Nếu dùng giá trị khối lượng thực nghiệm chính xác ($m_{{\pi }^{+}}{c}^2\approx 139,57\mathrm{MeV}$ và $m_{\mu }{c}^2\approx 105,66\mathrm{MeV}$), ta thu được $Q\approx 33,91\mathrm{MeV}$.

(b) Muon dương không thể phân rã thành pion dương:

• Bảo toàn năng lượng đòi hỏi khối lượng nghỉ của hạt ban đầu phải lớn hơn hoặc bằng tổng khối lượng nghỉ của các sản phẩm tạo thành.
• Muon có khối lượng nghỉ ($m_{\mu }\approx 105,7\mathrm{MeV}/c^2$) nhỏ hơn nhiều so với khối lượng nghỉ của pion ($m_{\pi }\approx 139,6\mathrm{MeV}/c^2$). Trong hệ quy chiếu nghỉ của muon, năng lượng toàn phần ban đầu là $E=m_{\mu }{c}^2$, không đủ để tạo ra khối lượng nghỉ của pion. Do đó, quá trình phân rã này hoàn toàn bị cấm bởi định luật bảo toàn năng lượng.

---

44.4

Một proton và một phản proton hủy lẫn nhau, sinh ra hai . Hãy tìm năng lượng, tần số và bước sóng của mỗi photon: (a) Nếu hạt $p$ và $\overline{p}$ ban đầu đứng yên. (b) Nếu hạt $p$ và $\overline{p}$ va chạm đối đầu trực diện, mỗi hạt có động năng ban đầu $620\mathrm{MeV}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Quá trình: $p+\overline{p}\to 2\gamma$.
• Năng lượng nghỉ proton: $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$.
• Trường hợp (a): Hạt đứng yên ban đầu ($K=0$).
• Trường hợp (b): Va chạm đối đầu với động năng $K=620\mathrm{MeV}$ mỗi hạt.
• Cần tính: Năng lượng $E_{\gamma }$, tần số $f$, bước sóng $\lambda$ của mỗi .

Hướng đi:

• Vì hệ đối xứng đối đầu, tổng bằng 0, hai sinh ra có năng lượng bằng nhau và bay theo hai chiều ngược nhau.
• Năng lượng mỗi : $E_{\gamma }=E_p=K+m_p{c}^2$.
• Tần số: $f=E_{\gamma }/h$. Bước sóng: $\lambda =c/f=hc/E_{\gamma }$.

Lời giải chi tiết:

(a) Hạt $p$ và $\overline{p}$ ban đầu đứng yên: Tổng năng lượng ban đầu là tổng năng lượng nghỉ của hai hạt. Mỗi nhận một nửa năng lượng:

$$E_{\gamma }=m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$$

Đổi sang đơn vị jun:

$$E_{\gamma }\approx \mathrm{1,503}\times {10}^{-10}\mathrm{J}.$$

Tần số của :

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E_{\gamma }}{h}\\ & =\frac{\mathrm{1,503}\times {10}^{-10}\mathrm{J}}{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}\\ & \approx 2,27\times {10}^{23}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bước sóng của :

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\\ & =\frac{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{2,268}\times {10}^{23}\mathrm{Hz}}\\ & \approx 1,32\times {10}^{-15}\mathrm{m}\\ & =1,32\mathrm{fm}.\end{array}$$

(b) Va chạm đối đầu với động năng $K=620\mathrm{MeV}$ mỗi hạt: Năng lượng toàn phần của mỗi hạt trước va chạm:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }^{\prime }& =m_p{c}^2+K\\ & =938,3+620\\ & \approx 1558\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị jun:

$$E_{\gamma }^{\prime }\approx \mathrm{2,496}\times {10}^{-10}\mathrm{J}.$$

Tần số tương ứng:

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }& =\frac{E_{\gamma }^{\prime }}{h}\\ & \approx 3,77\times {10}^{23}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bước sóng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }^{\prime }& =\frac{c}{f^{\prime }}\\ & \approx 7,96\times {10}^{-16}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,796}\mathrm{fm}.\end{array}$$

---

44.5

Đối với phản ứng hạt nhân được nêu trong Phương trình (44.2):

$${}_0^1\mathrm{n}+{}_5^{10}\mathrm{B}\to {}_3^7\mathrm{Li}+{}_2^4\mathrm{He}$$

giả sử động năng ban đầu và của các hạt tham gia phản ứng là không đáng kể. Hãy tính tốc độ của hạt alpha ngay sau khi nó rời khỏi vùng phản ứng.

Minh họa bài 44.5: Các đại lượng và quá trình được dùng trong lời giải.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phản ứng bắt neutron chậm: $\mathrm{n}+{}^{10}\mathrm{B}\to {}^7\mathrm{Li}+\alpha$.
• ban đầu: $p_{\mathrm{tot}}\approx 0$.
• Khối lượng nguyên tử (Bảng 43.2): $m_n=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$, $m({}^{10}\mathrm{B})=\mathrm{10,012}937\mathrm{u}$, $m({}^7\mathrm{Li})=\mathrm{7,016}003\mathrm{u}$, $m_{\alpha }=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$.
• Cần tính: Tốc độ $v_{\alpha }$ của hạt alpha sau phản ứng.

Hướng đi:

• Tính năng lượng giải phóng $Q=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$ từ hiệu khối lượng.
• Bảo toàn : Do ban đầu đứng yên, hai hạt sinh ra có độ lớn động lượng bằng nhau: $p_{\alpha }=p_{\mathrm{Li}}$.
• Phân bố động năng theo tỉ lệ nghịch khối lượng: $K_{\alpha }=Q\frac{m_{\mathrm{Li}}}{m_{\alpha }+m_{\mathrm{Li}}}$.
• Tính tốc độ của hạt alpha: $v_{\alpha }=\sqrt{2K_{\alpha }/m_{\alpha }}$.

Lời giải chi tiết:

Độ hụt khối của phản ứng hạt nhân: Tổng khối lượng nghỉ ban đầu là $m_i=\mathrm{11,021}602\mathrm{u}$, tổng khối lượng nghỉ lúc sau là $m_f=\mathrm{11,018}606\mathrm{u}$. Độ hụt khối tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }m& =m_i-m_f\\ & =\mathrm{0,002}996\mathrm{u}.\end{array}$$

Năng lượng giải phóng $Q$ của phản ứng:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{0,002}996\times 931,5\\ & \approx \mathrm{2,791}\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Vì ban đầu triệt tiêu, hai hạt sinh ra chuyển động ngược hướng với động lượng có độ lớn bằng nhau ($p_{\alpha }=p_{\mathrm{Li}}$). Động năng phân bố cho hạt alpha là:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =Q\cdot \frac{m_{\mathrm{Li}}}{m_{\alpha }+m_{\mathrm{Li}}}\\ & =\mathrm{2,791}\times \frac{\mathrm{7,016}}{\mathrm{11,019}}\\ & \approx \mathrm{1,777}\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Đổi động năng sang đơn vị jun:

$$K_{\alpha }\approx 2,85\times {10}^{-13}\mathrm{J}.$$

Khối lượng hạt alpha theo $\mathrm{kg}$:

$$m_{\alpha }\approx 6,65\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.$$

Tốc độ của hạt alpha:

$$\begin{array}{rl}{v}_{\alpha }& =\sqrt{\frac{2K_{\alpha }}{m_{\alpha }}}\\ & \approx 9,26\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tỉ số $v_{\alpha }/c\approx \mathrm{0,031}\ll 1$, khẳng định việc sử dụng công thức động năng phi tương đối tính là hoàn toàn chuẩn xác.

---

44.6

Hãy ước tính bán kính tác dụng của lực tương tác được truyền bởi một ${\omega }^0$ có khối lượng $783\mathrm{MeV}/c^2$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt truyền tương tác: ${\omega }^0$, khối lượng $m=783\mathrm{MeV}/c^2$.
• Cần tính: Bán kính tác dụng $R$ của lực tương tác.

Hướng đi:

• Theo mô hình Yukawa và nguyên lý bất định Heisenberg, boson ảo truyền tương tác có thể tồn tại trong thời gian $\mathrm{\Delta }t\sim \hslash /\mathrm{\Delta }E=\hslash /(m{c}^2)$.
• Trong thời gian đó, hạt truyền tương tác di chuyển với tốc độ tối đa xấp xỉ $c$, suy ra tầm tác dụng: $R\approx c\mathrm{\Delta }t=\frac{\hslash }{mc}=\frac{\hslash c}{m{c}^2}$.
• Sử dụng tích số hằng số thuận tiện: $\hslash c\approx 197,3\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}$.

Lời giải chi tiết:

Bán kính tác dụng của lực hạt nhân: Áp dụng công thức tầm tác dụng Yukawa:

$$R\approx \frac{\hslash c}{m{c}^2}$$

Với $\hslash c\approx 197,3\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}$ và năng lượng nghỉ $m{c}^2=783\mathrm{MeV}$:

$$\begin{array}{rl}R& \approx \frac{197,3\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}}{783\mathrm{MeV}}\\ & \approx \mathrm{0,252}\mathrm{fm}\\ & \approx 2,5\times {10}^{-16}\mathrm{m}.\end{array}$$

Bán kính tác dụng này nhỏ hơn đáng kể so với kích thước của proton ($\sim 1\mathrm{fm}$), tương ứng với lực đẩy lõi cứng tầm cực ngắn giữa các nucleon ở cự ly gần.

---

44.7

Trong một thí nghiệm va chạm, một proton đang đứng yên bị bắn phá bởi một phản proton. (a) Động năng tối thiểu của phản proton phải bằng bao nhiêu nếu là $2,00\mathrm{TeV}$? (b) Nếu sử dụng máy gia tốc chùm va chạm thay vì bia cố định, động năng tối thiểu của mỗi chùm hạt cần bằng bao nhiêu để tạo ra cùng năng lượng khả dụng $2,00\mathrm{TeV}$?

Minh họa bài 44.7: Các đại lượng và quá trình được dùng trong lời giải.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• yêu cầu: $E_{\mathrm{cm}}=2,00\mathrm{TeV}$ (tức $2000\mathrm{GeV}$).
• Hạt tham gia: Proton và antiproton ($m_p{c}^2\approx \mathrm{0,938}\mathrm{GeV}$).
• Câu (a): Bia proton cố định, cần tìm động năng tối thiểu $K_{min}$ của chùm antiproton.
• Câu (b): Hai chùm đối đầu, cần tìm động năng tối thiểu $K_{\mathrm{beam}}$ của mỗi chùm.

Hướng đi:

• Đối với bia tĩnh: $E_{\mathrm{cm}}^2\approx 2m_p{c}^{2}K$.
• Đối với máy va chạm chùm đối đầu có cùng năng lượng: Tổng bằng 0. Do đó, $E_{\mathrm{cm}}=2E_{\mathrm{beam}}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Bắn phá bia proton đứng yên: Từ hệ thức liên hệ :

$$E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^{2}K+4m_p^2{c}^4$$

Vì $E_{\mathrm{cm}}=2000\mathrm{GeV}\gg m_p{c}^2$, ta có:

$$\begin{array}{rl}{K}_{min}& \approx \frac{E_{\mathrm{cm}}^2}{2m_p{c}^2}\\ & =\frac{{2000}^2}{2\times \mathrm{0,000}938}\\ & \approx 2,13\times {10}^6\mathrm{TeV}.\end{array}$$

Để đạt $2\mathrm{TeV}$ với bia tĩnh, chùm hạt phải được gia tốc tới hơn 2 triệu $\mathrm{TeV}$, điều hoàn toàn bất khả thi về mặt kỹ thuật.

(b) Sử dụng máy gia tốc chùm va chạm đối đầu: Trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, tổng của hai chùm đối đầu triệt tiêu. Do đó, phòng thí nghiệm chính là hệ khối tâm:

$$E_{\mathrm{cm}}=2E_{\mathrm{beam}}$$

Năng lượng toàn phần của mỗi chùm là $E_{\mathrm{beam}}=E_{\mathrm{cm}}/2=1,00\mathrm{TeV}$ (tương đương $1000\mathrm{GeV}$). Động năng tối thiểu của proton trong mỗi chùm:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{beam}}& =E_{\mathrm{beam}}-m_p{c}^2\\ & =1000-\mathrm{0,938}\\ & \approx 999\mathrm{GeV}.\end{array}$$

Kết quả này xấp xỉ bằng $1,00\mathrm{TeV}$.

---

44.8

Một electron có năng lượng toàn phần $30,0\mathrm{GeV}$ va chạm với một positron đang đứng yên. (a) trong va chạm này là bao nhiêu? (b) Nếu electron và positron được gia tốc trong một máy va chạm chùm hạt, năng lượng toàn phần của mỗi chùm tương ứng với cùng mức năng lượng khả dụng ở câu (a) là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Năng lượng toàn phần electron tới: $E=30,0\mathrm{GeV}$.
• Hạt bia: Positron đứng yên, $m_e{c}^2=\mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: $E_{\mathrm{cm}}$ khi bia tĩnh, và năng lượng mỗi chùm $E_{\mathrm{beam}}$ trong máy va chạm tương đương.

Hướng đi:

• Bia tĩnh: $E_{\mathrm{cm}}\approx \sqrt{2m_e{c}^{2}E}$.
• Máy va chạm: $E_{\mathrm{beam}}=E_{\mathrm{cm}}/2$.

Lời giải chi tiết:

(a) khi bắn vào positron đứng yên: Áp dụng công thức năng lượng khả dụng cho bia tĩnh:

$$E_{\mathrm{cm}}\approx \sqrt{2m_e{c}^{2}E}$$

Thay số với $m_e{c}^2=\mathrm{0,511}\times {10}^{-3}\mathrm{GeV}$ và $E=30,0\mathrm{GeV}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{cm}}& \approx \sqrt{\mathrm{0,030}66}\\ & \approx \mathrm{0,175}\mathrm{GeV}.\end{array}$$

Năng lượng này tương đương $175\mathrm{MeV}$. Phần lớn năng lượng $30\mathrm{GeV}$ bị lãng phí vào động năng tịnh tiến của khối tâm.

(b) Năng lượng chùm trong máy va chạm: Để đạt cùng $E_{\mathrm{cm}}=175\mathrm{MeV}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{beam}}& =\frac{E_{\mathrm{cm}}}{2}\\ & =\frac{175\mathrm{MeV}}{2}\\ & =87,5\mathrm{MeV}.\end{array}$$

---

44.9

Các hạt deuteron trong một máy gia tốc cyclotron chuyển động theo đường tròn bán kính $32,0\mathrm{cm}$ ngay trước khi thoát ra khỏi hai cực Dee. Tần số của điện áp xoay chiều đặt vào là $9,00\mathrm{MHz}$. Hãy xác định: (a) Độ lớn cảm ứng từ của máy. (b) Động năng và tốc độ của các hạt deuteron khi thoát ra khỏi máy.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt deuteron (${}_1^2\mathrm{H}$): $q=+e$, $m\approx \mathrm{2,014}\mathrm{u}$ (khoảng $\mathrm{3,344}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$).
• Bán kính cực đại: $R=32,0\mathrm{cm}=\mathrm{0,320}\mathrm{m}$.
• Tần số điện áp: $f=9,00\mathrm{MHz}$ (tức $9,00\times {10}^6\mathrm{Hz}$).
• Cần tính: Cảm ứng từ $B$, tốc độ $v$ và động năng $K$.

Hướng đi:

• Tần số cyclotron: $f=\frac{qB}{2\pi m}⟹B=\frac{2\pi mf}{q}$.
• Tốc độ góc $\omega =2\pi f$, từ đó tốc độ dài là $v=\omega R=2\pi fR$.
• Động năng: $K=\frac{1}{2}m{v}^2$.

Lời giải chi tiết:

(a) Độ lớn cảm ứng từ $B$: Từ công thức tần số cyclotron:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{2\pi mf}{q}\\ & \approx 1,18\mathrm{T}.\end{array}$$

với $m\approx \mathrm{3,344}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $q=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.

(b) Tốc độ và động năng của deuteron khi thoát ra: Tốc độ dài tại bán kính $R=\mathrm{0,320}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}v& =2\pi fR\\ & \approx 1,81\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{1}{2}m{v}^2\\ & \approx 5,47\times {10}^{-13}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}$:

$$K\approx 3,41\mathrm{MeV}.$$

---

44.10

Những bức ảnh chụp trong buồng bọt với từ trường $0,40\mathrm{T}$ cho thấy tại một điểm, một positron chuyển động vuông góc với từ trường theo quỹ đạo tròn có kích thước đường tròn $15\mathrm{cm}$. Độ lớn của positron tại điểm đó là bao nhiêu?

Minh họa bài 44.10: Các đại lượng và quá trình được dùng trong lời giải.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cảm ứng từ: $B=0,40\mathrm{T}$.
• Kích thước đường tròn được mô tả là 15 cm. Hai cách hiểu bán kính và đường kính được xét riêng trong lời giải.
• Điện tích positron: $q=+e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.
• Cần tính: Độ lớn $p$ (theo đơn vị $\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s}$ và $\mathrm{MeV}/c$).

Hướng đi:

• Cụm “đường tròn 15 cm” chưa nói rõ bán kính hay đường kính. Ta nêu rõ cả hai cách hiểu để không tự thêm dữ kiện.
• Lực từ Lorentz đóng vai trò lực hướng tâm cho chuyển động tròn: $qvB=\frac{m{v}^2}{R(1-v^2/c^2{)}^{1/2}}=\frac{pv}{R}$.
• Công thức liên hệ tổng quát giữa tương đối tính và bán kính quỹ đạo: $p=qBR$.
• Tính $p$ theo hệ SI và đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}/c$ thuận tiện.

Lời giải chi tiết:

Tính của positron trong buồng bọt: Bán kính quỹ đạo tròn của positron:

$$R=\frac{0,15\mathrm{m}}{2}=\mathrm{0,075}\mathrm{m}.$$

Độ lớn tương đối tính theo công thức $p=qBR$:

$$p\approx 4,8\times {10}^{-21}\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Đổi sang đơn vị năng lượng chia tốc độ ánh sáng ($\mathrm{MeV}/c$):

$$pc\approx 9,0\mathrm{MeV}.$$

Do đó, của positron là $p\approx 9,0\mathrm{MeV}/c$ (hoặc $18\mathrm{MeV}/c$ nếu bán kính là $15\mathrm{cm}$). Với bán kính $R=7,5\mathrm{cm}$, động lượng bằng $4,8\times {10}^{-21}\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Nếu 15 cm là bán kính, áp dụng $p=eBR$ cho $p=9,61\times {10}^{-21}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Nếu 15 cm là đường kính, bán kính bằng 7,5 cm và bằng $4,81\times {10}^{-21}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ như phép tính trên.

---

44.11

(a) Một chùm hạt alpha năng lượng cao va chạm với bia khí heli đang đứng yên. Năng lượng toàn phần của một hạt trong chùm phải bằng bao nhiêu nếu trong va chạm là $16,0\mathrm{GeV}$? (b) Nếu các hạt alpha thay vào đó tương tác trong một thí nghiệm va chạm chùm hạt đối đầu, năng lượng của mỗi chùm hạt cần bằng bao nhiêu để tạo ra cùng năng lượng khả dụng đó?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : $E_{\mathrm{cm}}=16,0\mathrm{GeV}$.
• Hạt alpha: Năng lượng nghỉ $m_{\alpha }{c}^2\approx \mathrm{3,728}\mathrm{GeV}$.
• Câu (a): Bia heli cố định, tìm năng lượng toàn phần $E$ của hạt tới.
• Câu (b): Máy va chạm hai chùm đối đầu, tìm năng lượng mỗi chùm $E_{\mathrm{beam}}$.

Hướng đi:

• Bia tĩnh: $E=\frac{E_{\mathrm{cm}}^2-2(m_{\alpha }{c}^2{)}^2}{2m_{\alpha }{c}^2}$.
• Hai chùm đối đầu: $E_{\mathrm{beam}}=E_{\mathrm{cm}}/2$.

Lời giải chi tiết:

(a) Năng lượng toàn phần chùm hạt khi bắn vào bia tĩnh: Đặt năng lượng nghỉ của hạt alpha là $E_0=m_{\alpha }{c}^2\approx \mathrm{3,728}\mathrm{GeV}$. Từ hệ thức liên hệ :

$$E_{\mathrm{cm}}^2=2E_{0}E+2E_0^2$$

Rút ra năng lượng toàn phần cần thiết:

$$\begin{array}{rl}E& =\frac{E_{\mathrm{cm}}^2-2E_0^2}{2E_0}\\ & \approx 30,6\mathrm{GeV}.\end{array}$$

với $E_{\mathrm{cm}}=16,0\mathrm{GeV}$.

(b) Năng lượng mỗi chùm trong máy va chạm đối đầu: Do tính đối xứng của hai chùm ngược chiều nhau:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{beam}}& =\frac{E_{\mathrm{cm}}}{2}\\ & =\frac{16,0\mathrm{GeV}}{2}\\ & =8,00\mathrm{GeV}.\end{array}$$

---

44.12

Chiếc cyclotron đầu tiên sử dụng từ trường $1,3\mathrm{T}$ và có bán kính cực Dee là $11\mathrm{cm}$. (a) Hãy tìm động năng cực đại của các proton được gia tốc bởi cyclotron này. Việc sử dụng các biểu thức phi tương đối tính trong tính toán của bạn có chính xác không? (b) Khi cyclotron này gia tốc các proton, nó vận hành ở tần số bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cảm ứng từ: $B=1,3\mathrm{T}$.
• Bán kính cực đại: $R=11\mathrm{cm}=0,11\mathrm{m}$.
• Hạt proton: $q=+e$, $m=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $m_p{c}^2\approx 938\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: Động năng cực đại $K_{max}$, đánh giá tính tương đối tính, và tần số cyclotron $f$.

Hướng đi:

• Tốc độ cực đại: $v_{max}=\frac{qBR}{m}$.
• Động năng cổ điển: $K=\frac{1}{2}m{v}^2$. Đánh giá tỉ số $v/c$ và $K/m_p{c}^2$.
• Tần số cyclotron: $f=\frac{qB}{2\pi m}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Động năng cực đại của proton: Tốc độ của proton khi đạt tới bán kính cực đại $R=0,11\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{v}_{max}& =\frac{qBR}{m}\\ & \approx 1,37\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tỉ số tốc độ so với ánh sáng:

$$\frac{v_{max}}{c}\approx \mathrm{0,046.}$$

Vì tốc độ nhỏ hơn $5\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng, hiệu chỉnh tương đối tính chỉ làm lệch kết quả dưới $0,1\mathrm{\%}$, việc sử dụng cơ học cổ điển hoàn toàn chính xác. Động năng cực đại:

$$\begin{array}{rl}{K}_{max}& =\frac{1}{2}m{v}_{max}^2\\ & \approx 1,57\times {10}^{-13}\mathrm{J}\\ & \approx 0,98\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(b) Tần số hoạt động của cyclotron: Áp dụng công thức tần số cyclotron:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{qB}{2\pi m}\\ & \approx 19,8\times {10}^6\mathrm{Hz}\\ & \approx 20\mathrm{MHz}.\end{array}$$

---

44.13

(a) Tốc độ của một proton có năng lượng toàn phần $1000\mathrm{GeV}$ là bao nhiêu? (b) Tần số góc $\omega$ của proton có tốc độ tính ở câu (a) trong từ trường $4,00\mathrm{T}$ là bao nhiêu? Hãy sử dụng cả Phương trình phi tương đối tính (44.7) và biểu thức tương đối tính đúng, sau đó so sánh các kết quả.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Năng lượng toàn phần proton: $E=1000\mathrm{GeV}={10}^6\mathrm{MeV}$.
• Năng lượng nghỉ proton: $m_p{c}^2\approx \mathrm{0,938}3\mathrm{GeV}$.
• Cảm ứng từ: $B=4,00\mathrm{T}$.
• Cần tính: Tốc độ $v$, tần số góc cổ điển ${\omega }_{\mathrm{nonrel}}$, tần số góc tương đối tính ${\omega }_{\mathrm{rel}}$, và so sánh.

Hướng đi:

• : $\gamma =E/(m_p{c}^2)\gg 1$.
• Tốc độ tương đối tính: $v=c\sqrt{1-1/{\gamma }^2}$.
• Tần số góc cổ điển: ${\omega }_{\mathrm{nonrel}}=\frac{qB}{m}$.
• Tần số góc tương đối tính: ${\omega }_{\mathrm{rel}}=\frac{qB}{\gamma m}=\frac{{\omega }_{\mathrm{nonrel}}}{\gamma }$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tốc độ của proton: tương đối tính của proton:

$$\begin{array}{rl}\gamma & =\frac{E}{m_p{c}^2}\\ & =\frac{1000\mathrm{GeV}}{\mathrm{0,938}3\mathrm{GeV}}\\ & \approx 1066.\end{array}$$

Tốc độ của proton gần với tốc độ ánh sáng:

$$\begin{array}{rl}v& =c\sqrt{1-\frac{1}{{\gamma }^2}}\\ & \approx c(1-\frac{1}{2{\gamma }^2})\\ & \approx \mathrm{0,999}99956c\\ & \approx \mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Tần số góc trong từ trường $B=4,00\mathrm{T}$: Theo biểu thức cổ điển phi tương đối tính:

$$\begin{array}{rl}{\omega }_{\mathrm{nonrel}}& =\frac{qB}{m}\\ & \approx 3,83\times {10}^8{\mathrm{s}}^{-1}.\end{array}$$

Theo biểu thức cơ học tương đối tính chính xác:

$$\begin{array}{rl}{\omega }_{\mathrm{rel}}& =\frac{qB}{\gamma m}\\ & =\frac{{\omega }_{\mathrm{nonrel}}}{\gamma }\\ & \approx 3,59\times {10}^5\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

So sánh: Giá trị cổ điển lớn hơn giá trị tương đối tính thực tế đúng bằng hệ số $\gamma \approx 1066$ lần. Sự tăng quán tính tương đối tính này là lý do cyclotron cổ điển không thể gia tốc hạt lên vùng năng lượng cao, đòi hỏi phải sử dụng máy gia tốc synchrotron điều biến tần số.

---

44.14

Hãy tính năng lượng chùm hạt tối thiểu trong một máy va chạm proton - proton để khởi phát phản ứng:

$$\mathrm{p}+\mathrm{p}\to \mathrm{p}+\mathrm{p}+{\eta }^0$$

Năng lượng nghỉ của ${\eta }^0$ là $547,9\mathrm{MeV}$ (xem Bảng 44.3).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Máy va chạm hai chùm đối đầu: $p+p\to p+p+{\eta }^0$.
• Năng lượng nghỉ: $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$, $m_{{\eta }^0}{c}^2=547,9\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: thiểu của mỗi chùm proton ($E_{\mathrm{beam}}$ hoặc $K_{\mathrm{beam}}$).

Hướng đi:

• Trong máy va chạm đối đầu, tổng bằng 0 nên hệ phòng thí nghiệm là hệ khối tâm.
• Tại ngưỡng sinh hạt, các hạt sinh ra đều đứng yên trong hệ khối tâm: $E_{\mathrm{cm},min}=2m_p{c}^2+m_{{\eta }^0}{c}^2$.
• Năng lượng mỗi chùm: $E_{\mathrm{beam}}=m_p{c}^2+\frac{1}{2}{m}_{{\eta }^0}{c}^2$.
• Động năng tương ứng của mỗi chùm: $K_{\mathrm{beam}}=\frac{1}{2}{m}_{{\eta }^0}{c}^2$.

Lời giải chi tiết:

thiểu của chùm proton trong máy va chạm: cần thiết trong hệ khối tâm:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{cm}}& =2m_p{c}^2+m_{{\eta }^0}{c}^2\\ & =2(938,3)+547,9\\ & =2424,5\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Do hai chùm đối đầu trực diện mang năng lượng bằng nhau:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{beam}}& =\frac{E_{\mathrm{cm}}}{2}\\ & \approx 1212\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{1,212}\mathrm{GeV}.\end{array}$$

Động năng tối thiểu của proton trong mỗi chùm:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{beam}}& =\frac{1}{2}{m}_{{\eta }^0}{c}^2\\ & =\frac{547,9\mathrm{MeV}}{2}\\ & \approx 274\mathrm{MeV}.\end{array}$$

---

44.15

Bạn đang làm việc cho một công ty khởi nghiệp có kế hoạch sử dụng phản ứng hủy phản proton để sản xuất các đồng vị phóng xạ ứng dụng trong y học. Một cách để tạo ra các phản proton là thông qua phản ứng:

$$\mathrm{p}+\mathrm{p}\to \mathrm{p}+\mathrm{p}+\mathrm{p}+\overline{\mathrm{p}}$$

trong các va chạm proton - proton. (a) Trước tiên bạn xem xét thí nghiệm va chạm hai chùm proton có cùng động năng. Để tạo ra một phản proton qua phản ứng này, động năng tối thiểu cần thiết của các proton trong mỗi chùm là bao nhiêu? (b) Sau đó bạn xem xét va chạm giữa một chùm proton với một bia proton đang đứng yên. Đối với thí nghiệm này, động năng tối thiểu của các proton trong chùm hạt là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phản ứng sinh cặp proton - phản proton: $p+p\to 3p+\overline{p}$.
• Năng lượng nghỉ proton và phản proton: $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$.
• Trạng thái cuối gồm 4 hạt có cùng khối lượng nghỉ: $4m_p{c}^2$.
• Câu (a): Hai chùm đối đầu, tìm động năng mỗi chùm $K_{\mathrm{beam}}$.
• Câu (b): Chùm bắn vào bia proton tĩnh, tìm động năng chùm hạt tới $K_{\mathrm{lab}}$.

Hướng đi:

• tối thiểu tại ngưỡng sinh hạt: $E_{\mathrm{cm}}=4m_p{c}^2$.
• Với hai chùm đối đầu: $E_{\mathrm{beam}}=2m_p{c}^2$. Do đó, $K_{\mathrm{beam}}=m_p{c}^2$.
• Với bia cố định: $E_{\mathrm{cm}}^2=2m_p{c}^2{K}_{\mathrm{lab}}+4m_p^2{c}^4$. Thay $E_{\mathrm{cm}}=4m_p{c}^2$ để tìm $K_{\mathrm{lab}}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Động năng tối thiểu trong thí nghiệm va chạm hai chùm đối đầu: tại ngưỡng:

$$E_{\mathrm{cm}}=4m_p{c}^2$$

Vì hai chùm đối đầu có triệt tiêu:

$$E_{\mathrm{beam}}=\frac{E_{\mathrm{cm}}}{2}=2m_p{c}^2.$$

Động năng tối thiểu của proton trong mỗi chùm:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{beam}}& =E_{\mathrm{beam}}-m_p{c}^2\\ & =m_p{c}^2\\ & \approx 938\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(b) Động năng tối thiểu khi bắn vào bia proton đứng yên: Áp dụng hệ thức với bia tĩnh ($E_{\mathrm{cm}}=4m_p{c}^2$):

$$2m_p{c}^2{K}_{\mathrm{lab}}=12m_p^2{c}^4.$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{lab}}& =\frac{12m_p^2{c}^4}{2m_p{c}^2}\\ & =6m_p{c}^2\\ & =6(938,3\mathrm{MeV})\\ & \approx 5630\mathrm{MeV}\\ & =5,63\mathrm{GeV}.\end{array}$$

So sánh: Phương án bia tĩnh đòi hỏi động năng chùm hạt tới gấp 6 lần năng lượng nghỉ của proton, tốn kém hơn rất nhiều so với phương án máy va chạm.

---

44.16

Trong khoảng $8\mathrm{\%}$ các phân rã của hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$, các sản phẩm tạo thành là một hạt ${\mathrm{\Xi }}^{-}$ và một hạt ${\pi }^0$. (a) Năng lượng giải phóng trong phân rã này là bao nhiêu? (b) Trong phân rã, độ biến thiên và độ biến thiên là bao nhiêu? Kết quả của bạn cần chỉ ra rằng phân rã này được phép đối với tương tác hạt nhân yếu nhưng bị cấm đối với tương tác mạnh.

Minh họa bài 44.16: Các đại lượng và quá trình được dùng trong lời giải.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Kênh phân rã: ${\mathrm{\Omega }}^{-}\to {\mathrm{\Xi }}^{-}+{\pi }^0$.
• Năng lượng nghỉ (Bảng 44.3): $m_{{\mathrm{\Omega }}^{-}}{c}^2=1672\mathrm{MeV}$, $m_{{\mathrm{\Xi }}^{-}}{c}^2=1322\mathrm{MeV}$, $m_{{\pi }^0}{c}^2=135,0\mathrm{MeV}$.
• : $S({\mathrm{\Omega }}^{-})=-3$, $S({\mathrm{\Xi }}^{-})=-2$, $S({\pi }^0)=0$.
• Cần tính: Năng lượng giải phóng $Q$, độ biến thiên $\mathrm{\Delta }B$, $\mathrm{\Delta }S$, và giải thích cơ chế tương tác.

Hướng đi:

• Năng lượng giải phóng: $Q=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.
• Tính biến thiên : $\mathrm{\Delta }B=B_{\mathrm{sau}}-B_{\mathrm{truoc}}$.
• Tính biến thiên : $\mathrm{\Delta }S=S_{\mathrm{sau}}-S_{\mathrm{truoc}}$.
• Quy tắc chọn lọc: Tương tác mạnh đòi hỏi $\mathrm{\Delta }S=0$. Trong khi đó, tương tác yếu cho phép vi phạm với $|\mathrm{\Delta }S|=1$.

Lời giải chi tiết:

(a) Năng lượng giải phóng trong phân rã: Năng lượng giải phóng bằng hiệu năng lượng nghỉ trước và sau:

$$\begin{array}{rl}Q& =1672-1322-135,0\\ & =215\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(b) Biến thiên và :

• :
  • Trước phân rã: $B({\mathrm{\Omega }}^{-})=1$.
  • Sau phân rã: $B({\mathrm{\Xi }}^{-})=1$ và $B({\pi }^0)=0$, tổng bằng $1$.
  • Do đó: $\mathrm{\Delta }B=1-1=0$ ( được bảo toàn nghiêm ngặt).
• :
  • Trước phân rã: $S({\mathrm{\Omega }}^{-})=-3$.
  • Sau phân rã: $S({\mathrm{\Xi }}^{-})=-2$ và $S({\pi }^0)=0$, tổng bằng $-2$.
  • Do đó: $\mathrm{\Delta }S=(-2)-(-3)=+1$.
• Kết luận cơ chế tương tác:
  • Tương tác mạnh bảo toàn tuyệt đối ($\mathrm{\Delta }S=0$). Vì ở đây $\mathrm{\Delta }S=+1\ne 0$, phân rã này hoàn toàn bị cấm đối với tương tác hạt nhân mạnh.
  • Tương tác yếu cho phép vi phạm một lượng $|\mathrm{\Delta }S|=1$. Do đó, phân rã này xảy ra thông qua tương tác hạt nhân yếu.

---

44.17

Một $K^{+}$ đang đứng yên phân rã thành hai meson $\pi$. (a) Những tổ hợp nào của ${\pi }^0$, ${\pi }^{+}$, và ${\pi }^{-}$ được phép làm sản phẩm phân rã? (b) Hãy tìm tổng động năng của các meson $\pi$ tạo thành.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt mẹ: $K^{+}$, điện tích $Q=+e$, năng lượng nghỉ $m_K{c}^2=493,7\mathrm{MeV}$.
• Hạt con: Hai pion (${\pi }^0,{\pi }^{+},{\pi }^{-}$).
• Năng lượng nghỉ pion: $m_{{\pi }^{+}}{c}^2=139,6\mathrm{MeV}$, $m_{{\pi }^0}{c}^2=135,0\mathrm{MeV}$.
• Cần xác định: Tổ hợp pion hợp lệ và tổng động năng $K_{\mathrm{tot}}$.

Hướng đi:

• Bảo toàn điện tích: Tổng điện tích của hai pion phải bằng điện tích của $K^{+}$ là $+1e$.
• Kiểm tra các cặp có thể: $({\pi }^{+},{\pi }^0)$, $({\pi }^{+},{\pi }^{+})$, $({\pi }^0,{\pi }^0)$, $({\pi }^{+},{\pi }^{-})$.
• Tính tổng động năng: $K_{\mathrm{tot}}=m_K{c}^2-\sum m_{\pi }{c}^2$.

Lời giải chi tiết:

(a) Các tổ hợp pion được phép:

• Định luật bảo toàn điện tích đòi hỏi tổng điện tích của hai hạt con phải bằng $+1e$.
• Xét các tổ hợp hai pion:
  • Cặp ${\pi }^{+}{\pi }^0$: Điện tích tổng cộng là $+1+0=+1e$ (thỏa mãn).
  • Cặp ${\pi }^{+}{\pi }^{+}$: Điện tích tổng cộng là $+1+1=+2e$ (vi phạm).
  • Cặp ${\pi }^0{\pi }^0$: Điện tích tổng cộng là $0+0=0$ (vi phạm).
  • Cặp ${\pi }^{+}{\pi }^{-}$: Điện tích tổng cộng là $+1-1=0$ (vi phạm). Do đó, tổ hợp duy nhất được phép về mặt điện tích là:

$$K^{+}\to {\pi }^{+}+{\pi }^0.$$

(b) Tổng động năng của pion: Tổng động năng bằng độ giảm năng lượng nghỉ ($139,6+135,0=274,6\mathrm{MeV}$):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{tot}}& =493,7-274,6\\ & =219,1\mathrm{MeV}.\end{array}$$

---

44.18

Bao nhiêu năng lượng được giải phóng khi một muon âm (${\mu }^{-}$) đang đứng yên phân rã thành một electron và hai neutrino? Bỏ qua khối lượng rất nhỏ của các neutrino.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã muon: ${\mu }^{-}\to e^{-}+{\overline{\nu }}_e+{\nu }_{\mu }$.
• Năng lượng nghỉ: $m_{\mu }{c}^2=105,7\mathrm{MeV}$, $m_e{c}^2=\mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$, $m_{\nu }\approx 0$.
• Cần tính: Năng lượng giải phóng $Q$.

Hướng đi:

• Năng lượng giải phóng bằng hiệu khối lượng nghỉ: $Q=(m_{\mu }-m_e)c^2$.

Lời giải chi tiết:

Tính năng lượng giải phóng trong phân rã muon: Vì neutrino có khối lượng nghỉ không đáng kể, năng lượng giải phóng là:

$$\begin{array}{rl}Q& =m_{\mu }{c}^2-m_e{c}^2\\ & =105,7-\mathrm{0,511}\\ & \approx 105,2\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Năng lượng này chuyển hóa thành động năng của electron và hai hạt neutrino bay ra.

---

44.19

Khối lượng (tính theo $\mathrm{kg}$) của hạt boson $Z^0$ là bao nhiêu? Tỉ số giữa khối lượng của $Z^0$ và khối lượng của proton là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt boson $Z^0$: Năng lượng nghỉ $m_Z{c}^2=91,2\mathrm{GeV}$ (Bảng 44.1).
• Hạt proton: Khối lượng $m_p\approx \mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, năng lượng nghỉ $m_p{c}^2\approx \mathrm{0,938}3\mathrm{GeV}$.
• Cần tính: Khối lượng $m_Z$ theo $\mathrm{kg}$ và tỉ số $m_Z/m_p$.

Hướng đi:

• Đổi năng lượng nghỉ sang jun và chia cho $c^2$: $m=E/c^2$.
• Lập tỉ số trực tiếp từ năng lượng nghỉ: $m_Z/m_p=(m_Z{c}^2)/(m_p{c}^2)$.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng của hạt boson $Z^0$: Năng lượng nghỉ của $Z^0$ là $91,2\mathrm{GeV}$ (tương đương $91,2\times {10}^9\mathrm{eV}$):

$$E_Z\approx \mathrm{1,461}\times {10}^{-8}\mathrm{J}.$$

Khối lượng của $Z^0$ theo đơn vị $\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{m}_Z& =\frac{E_Z}{c^2}\\ & =\frac{\mathrm{1,461}\times {10}^{-8}}{(\mathrm{2,998}\times {10}^8{)}^2}\\ & \approx 1,63\times {10}^{-25}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Tỉ số giữa khối lượng của $Z^0$ và khối lượng của proton:

$$\begin{array}{rl}\frac{m_Z}{m_p}& =\frac{91,2\mathrm{GeV}}{\mathrm{0,938}3\mathrm{GeV}}\\ & \approx 97,2.\end{array}$$

Hạt boson trung hòa mang tương tác yếu $Z^0$ nặng gấp khoảng 97 lần một hạt proton.

---

44.20

Khám phá ra hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ đã giúp khẳng định mô hình Bát Đạo (Eightfold Way) của Gell-Mann. Nếu một hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ phân rã thành một ${\mathrm{\Lambda }}^0$ và một $K^{-}$, tổng động năng của các sản phẩm phân rã là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã: ${\mathrm{\Omega }}^{-}\to {\mathrm{\Lambda }}^0+K^{-}$.
• Năng lượng nghỉ (Bảng 44.3): $m_{{\mathrm{\Omega }}^{-}}{c}^2=1672\mathrm{MeV}$, $m_{{\mathrm{\Lambda }}^0}{c}^2=1116\mathrm{MeV}$, $m_{K^{-}}{c}^2=493,7\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: Tổng động năng $K_{\mathrm{tot}}$ của các sản phẩm.

Hướng đi:

• Trong hệ quy chiếu nghỉ: $K_{\mathrm{tot}}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.

Lời giải chi tiết:

Tổng động năng của các hạt sau phân rã: Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần ($1116+493,7=1609,7\mathrm{MeV}$):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{tot}}& =1672-1609,7\\ & \approx 62,3\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Nếu dùng giá trị chính xác hơn $m_{{\mathrm{\Lambda }}^0}{c}^2\approx 1115,7\mathrm{MeV}$, kết quả thu được là $62,6\mathrm{MeV}$.

---

44.21

Nếu một hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{+}$ đang đứng yên phân rã thành một proton và một ${\pi }^0$, tổng động năng của các sản phẩm phân rã là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã: ${\mathrm{\Sigma }}^{+}\to p+{\pi }^0$.
• Năng lượng nghỉ: $m_{{\mathrm{\Sigma }}^{+}}{c}^2=1189\mathrm{MeV}$ (hoặc $1189,4\mathrm{MeV}$), $m_p{c}^2=938,3\mathrm{MeV}$, $m_{{\pi }^0}{c}^2=135,0\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: Tổng động năng $K_{\mathrm{tot}}$ của proton và pion.

Hướng đi:

• Năng lượng giải phóng bằng hiệu năng lượng nghỉ: $K_{\mathrm{tot}}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.

Lời giải chi tiết:

Tổng động năng các sản phẩm phân rã: Hiệu năng lượng nghỉ trước và sau phản ứng (với $1073,3\mathrm{MeV}$ là tổng năng lượng nghỉ của proton và pion):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{tot}}& =1189,4-1073,3\\ & \approx 116\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Nếu làm tròn $m_{{\mathrm{\Sigma }}^{+}}{c}^2\approx 1189\mathrm{MeV}$, kết quả là $115,7\mathrm{MeV}\approx 116\mathrm{MeV}$.

---

44.22

Những phản ứng nào sau đây tuân theo định luật ? (a) $\mathrm{p}+\mathrm{p}\to \mathrm{p}+{\mathrm{e}}^{+}$. (b) $\mathrm{p}+\mathrm{n}\to 2{\mathrm{e}}^{+}+{\mathrm{e}}^{-}$. (c) $\mathrm{p}\to \mathrm{n}+{\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e$. (d) $\mathrm{p}+\overline{\mathrm{p}}\to 2\gamma$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bốn phản ứng cần kiểm tra tính .
• Quy ước: Proton, neutron có $B=+1$. Phản proton có $B=-1$. Electron, positron, neutrino, có $B=0$.

Hướng đi:

• Tính tổng trước và sau mỗi phản ứng: $\mathrm{\Delta }B=B_{\mathrm{sau}}-B_{\mathrm{truoc}}$.
• Quá trình tuân theo bảo toàn nếu $\mathrm{\Delta }B=0$.

Lời giải chi tiết:

Kiểm tra định luật cho từng trường hợp:

• Trường hợp (a): $\mathrm{p}+\mathrm{p}\to \mathrm{p}+{\mathrm{e}}^{+}$
  • Vế trái: $B=1+1=2$.
  • Vế phải: $B=1+0=1$.
  • Vì $\mathrm{\Delta }B=1-2=-1\ne 0$, phản ứng này không tuân theo .
• Trường hợp (b): $\mathrm{p}+\mathrm{n}\to 2{\mathrm{e}}^{+}+{\mathrm{e}}^{-}$
  • Vế trái: $B=1+1=2$.
  • Vế phải: $B=0+0=0$.
  • Vì $\mathrm{\Delta }B=-2\ne 0$, phản ứng này không tuân theo .
• Trường hợp (c): $\mathrm{p}\to \mathrm{n}+{\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e$
  • Vế trái: $B=+1$.
  • Vế phải: $B=1+0+0=+1$.
  • Vì $\mathrm{\Delta }B=0$, quá trình này tuân theo . (Lưu ý: Proton tự do không thể tự phân rã theo kênh này do năng lượng nghỉ của neutron lớn hơn proton, nhưng về mặt số lượng tử thì hoàn toàn thỏa mãn).
• Trường hợp (d): $\mathrm{p}+\overline{\mathrm{p}}\to 2\gamma$
  • Vế trái: $B=(+1)+(-1)=0$.
  • Vế phải: $B(\gamma )+B(\gamma )=0+0=0$.
  • Vì $\mathrm{\Delta }B=0$, phản ứng này tuân theo .

Kết luận: Các phản ứng (c) và (d) tuân theo định luật .

---

44.23

Trong các phân rã sau đây, trường hợp nào cả ba số ($L_e,L_{\mu },L_{\tau }$) đều được bảo toàn? Trong mỗi trường hợp, hãy giải thích lập luận của bạn. (a) ${\mu }^{-}\to {\mathrm{e}}^{-}+{\nu }_e+{\overline{\nu }}_{\mu }$. (b) ${\tau }^{-}\to {\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e+{\nu }_{\tau }$. (c) ${\pi }^{+}\to {\mathrm{e}}^{+}+\gamma$. (d) $\mathrm{n}\to \mathrm{p}+{\mathrm{e}}^{+}+{\overline{\nu }}_e$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kiểm tra ba số theo họ trong bốn phân rã đã cho.

Hướng đi:

• Cộng riêng số electron, muon và tau vì đề bài yêu cầu cả ba đại lượng đều được bảo toàn.
• Phản đóng góp dấu âm. Hạt không thuộc họ lepton đang xét đóng góp bằng không.

Lời giải chi tiết:

(a) Trước phân rã, $L_{\mu }=1$ và $L_e=0$. Sau phân rã, electron và nơtrino electron cho $L_e=2$, còn phản nơtrino muon cho $L_{\mu }=-1$. Cả hai họ này đều không bảo toàn.

(b) Số tau bằng một ở cả hai vế. Electron và phản nơtrino electron có tổng số lepton electron bằng không. Họ muon cũng có tổng bằng không ở cả hai vế. Do đó, cả ba số lepton được bảo toàn.

(c) Pion và có số bằng không. Positron mang $L_e=-1$, nên số lepton electron không bảo toàn.

(d) Nơtron và proton có số bằng không. Positron và phản nơtrino electron cho tổng $L_e=-2$, nên số lepton electron không bảo toàn. Phản ứng viết như đề bài còn vi phạm bảo toàn điện tích.

Chỉ trường hợp (b) thỏa mãn cả ba điều kiện đang kiểm tra. Đây là phép kiểm tra quy tắc chọn trong các phản ứng đã cho, không phải khẳng định số theo họ luôn bất biến khi có dao động nơtrino.

44.24

Trong các phản ứng hoặc phân rã sau đây, trường hợp nào được bảo toàn? Trong mỗi trường hợp, hãy giải thích lập luận của bạn. (a) $K^{+}\to {\mu }^{+}+{\nu }_{\mu }$. (b) $\mathrm{n}+K^{+}\to \mathrm{p}+{\pi }^0$. (c) $K^{+}+K^{-}\to {\pi }^0+{\pi }^0$. (d) $\mathrm{p}+K^{-}\to {\mathrm{\Lambda }}^0+{\pi }^0$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bốn quá trình cần kiểm tra tính bảo toàn $S$.
• Bảng : $K^{+}$ có $S=+1$. $K^{-}$ có $S=-1$. ${\mathrm{\Lambda }}^0$ có $S=-1$. Proton, neutron, pion, muon, neutrino có $S=0$.

Hướng đi:

• Tính tổng trước và sau mỗi phản ứng: $\mathrm{\Delta }S=S_{\mathrm{sau}}-S_{\mathrm{truoc}}$.
• được bảo toàn khi $\mathrm{\Delta }S=0$.

Lời giải chi tiết:

Kiểm tra định luật bảo toàn :

• Trường hợp (a): $K^{+}\to {\mu }^{+}+{\nu }_{\mu }$
  • Vế trái: $S(K^{+})=+1$.
  • Vế phải: Hạt muon và neutrino không chứa lạ, $S=0+0=0$.
  • Biến thiên : $\mathrm{\Delta }S=0-(+1)=-1\ne 0$. Độ lạ không được bảo toàn (đây là phân rã thông qua tương tác yếu).
• Trường hợp (b): $\mathrm{n}+K^{+}\to \mathrm{p}+{\pi }^0$
  • Vế trái: $S=0+(+1)=+1$.
  • Vế phải: $S(\mathrm{p})+S({\pi }^0)=0+0=0$.
  • Biến thiên : $\mathrm{\Delta }S=0-(+1)=-1\ne 0$. Độ lạ không được bảo toàn.
• Trường hợp (c): $K^{+}+K^{-}\to {\pi }^0+{\pi }^0$
  • Vế trái: $S=(+1)+(-1)=0$.
  • Hai pion trung hòa đều có bằng không. Vế phải có $S_{\mathrm{sau}}=0+0=0$.
  • Biến thiên : $\mathrm{\Delta }S=0-0=0$. Độ lạ được bảo toàn tuyệt đối.
• Trường hợp (d): $\mathrm{p}+K^{-}\to {\mathrm{\Lambda }}^0+{\pi }^0$
  • Vế trái: $S=0+(-1)=-1$.
  • Vế phải: $S=(-1)+0=-1$.
  • Biến thiên : $\mathrm{\Delta }S=(-1)-(-1)=0$. Độ lạ được bảo toàn tuyệt đối (phản ứng xảy ra qua tương tác mạnh).

Kết luận: Các phản ứng (c) và (d) bảo toàn .

---

44.25

Hãy xác định điện tích, , số lượng tử và số lượng tử độ duyên cho các tổ hợp sau: (a) $uds$. (b) $c\overline{u}$. (c) $ddd$. (d) $d\overline{c}$. Hãy giải thích lập luận của bạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bốn tổ hợp : (a) $uds$, (b) $c\overline{u}$, (c) $ddd$, (d) $d\overline{c}$.
• Các số lượng tử của :
  • $u$: $Q=+2/3$, $B=+1/3$, $S=0$, $C=0$.
  • $d$: $Q=-1/3$, $B=+1/3$, $S=0$, $C=0$.
  • $s$: $Q=-1/3$, $B=+1/3$, $S=-1$, $C=0$.
  • $c$: $Q=+2/3$, $B=+1/3$, $S=0$, $C=+1$.
• Phản có mọi số lượng tử trái dấu với quark tương ứng.

Hướng đi:

• Các số lượng tử cộng tính của một bằng tổng đại số các số lượng tử của và phản quark cấu thành.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổ hợp $uds$ (gồm 3 , là một ):

• Điện tích: $Q=+2/3-1/3-1/3=0$.
• : $B=1/3+1/3+1/3=+1$.
• : $S=0+0-1=-1$.
• Độ duyên: $C=0+0+0=0$. Đây là cấu trúc của hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$ hoặc ${\mathrm{\Sigma }}^0$.

(b) Tổ hợp $c\overline{u}$ (gồm một duyên và một phản quark up, là một ):

• Điện tích: $Q=+\frac{2}{3}-\frac{2}{3}=0$.
• : $B=1/3-1/3=0$.
• : $S=0+0=0$.
• Độ duyên: $C=+1-0=+1$. Đây là cấu trúc của duyên trung hòa $D^0$.

(c) Tổ hợp $ddd$ (gồm 3 down, là một ):

• Điện tích: $Q=-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=-1$.
• : $B=1/3+1/3+1/3=+1$.
• : $S=0+0+0=0$.
• Độ duyên: $C=0$. Đây là cấu trúc của cộng hưởng ${\mathrm{\Delta }}^{-}$.

(d) Tổ hợp $d\overline{c}$:

Điện tích của $d$ là $-e/3$, còn phản quark $\overline{c}$ mang điện tích $-2e/3$. Do đó, tổng điện tích bằng $-e$. bằng $1/3-1/3=0$, bằng không và độ duyên bằng $-1$. Đây là tổ hợp , có bộ số lượng tử $Q/e=-1$, $B=0$, $S=0$ và $C=-1$.

---

44.26

Hãy xác định điện tích, , số lượng tử và số lượng tử độ duyên cho các tổ hợp sau: (a) $uus$. (b) $c\overline{s}$. (c) $\overline{d}\overline{d}\overline{u}$. (d) $\overline{c}b$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bốn tổ hợp : (a) $uus$, (b) $c\overline{s}$, (c) $\overline{d}\overline{d}\overline{u}$, (d) $\overline{c}b$.
• Số lượng tử bổ sung: bottom $b$ có $Q=-1/3$, $B=+1/3$, $S=0$, $C=0$.

Hướng đi:

• Cộng đại số các số lượng tử cộng tính: Điện tích $Q$, $B$, $S$, độ duyên $C$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổ hợp $uus$ ():

• Điện tích: $Q=+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=+1$.
• : $B=1/3+1/3+1/3=+1$.
• : $S=0+0-1=-1$.
• Độ duyên: $C=0$. Đây là cấu trúc của hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{+}$.

(b) Tổ hợp $c\overline{s}$ ():

• Điện tích: $Q=+\frac{2}{3}-(-\frac{1}{3})=+1$.
• : $B=1/3-1/3=0$.
• : $S=0-(-1)=+1$.
• Độ duyên: $C=+1-0=+1$. Đây là cấu trúc của duyên lạ $D_s^{+}$.

(c) Tổ hợp $\overline{d}\overline{d}\overline{u}$ (phản gồm 3 phản ):

• Điện tích: $Q=+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{2}{3}=0$.
• : $B=-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=-1$.
• : $S=0$.
• Độ duyên: $C=0$. Đây là cấu trúc của hạt phản neutron ($\overline{n}$).

(d) Tổ hợp $\overline{c}b$ ( gồm một phản duyên và một quark bottom):

• Điện tích: $Q=-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=-1$.
• : $B=-1/3+1/3=0$.
• : $S=0$.
• Độ duyên: $C=-1+0=-1$. Đây là cấu trúc của tích điện âm $B_c^{-}$.

---

44.27

Biết rằng mỗi hạt chỉ chứa các tổ hợp của $u,d,s,\overline{u},\overline{d}$, và $\overline{s}$, hãy sử dụng phương pháp của Ví dụ 44.7 để suy ra thành phần của: (a) Một hạt có điện tích $+e$, $0$, và $+1$. (b) Một hạt có điện tích $+e$, số baryon $-1$, và độ lạ $+1$. (c) Một hạt có điện tích $0$, số baryon $+1$, và độ lạ $-2$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tập hợp khảo sát: $u,d,s$ và các phản quark $\overline{u},\overline{d},\overline{s}$.
• Tìm tổ hợp thỏa mãn các bộ số lượng tử $(Q,B,S)$ cho trước.

Hướng đi:

• Dựa vào $B$:
  • Trong mô hình hóa trị thông thường, nếu $B=0$: Xét , gồm một quark và một phản quark ($q\overline{q}$).
  • Nếu $B=+1$: Là , gồm ba ($qqq$).
  • Nếu $B=-1$: Là phản , gồm ba phản ($\overline{q}\overline{q}\overline{q}$).
• Dựa vào $S$: Mỗi $s$ đóng góp $S=-1$, mỗi phản quark $\overline{s}$ đóng góp $S=+1$.
• Sau khi cố định thành phần lạ, dùng điện tích $Q$ để xác định $u,d$ còn lại.

Lời giải chi tiết:

(a) Hạt có điện tích $Q=+1$, $B=0$, $S=+1$:

• Vì $B=0$, hạt này là một gồm một cặp - phản quark: $q_1{\overline{q}}_2$.
• Vì $S=+1$, hạt bắt buộc phải chứa một phản lạ $\overline{s}$ (vì $s$ có $S=-1$, nên $\overline{s}$ có $S=+1$).
• Điện tích của $\overline{s}$ là $+1/3e$.
• Để tổng điện tích bằng $+1e$, còn lại phải mang điện tích:

$$Q_1=1e-\frac{1}{3}e=+\frac{2}{3}e.$$

có điện tích $+2/3e$ là quark up ($u$). Do đó, thành phần quark của hạt là $u\overline{s}$ (đây là hạt kaon dương $K^{+}$).

(b) Hạt có điện tích $Q=+1$, $B=-1$, $S=+1$:

• Vì $B=-1$, hạt là một phản được cấu tạo từ ba phản : ${\overline{q}}_1{\overline{q}}_2{\overline{q}}_3$.
• Vì $S=+1$, hạt phải chứa đúng một phản lạ $\overline{s}$ (mang điện tích $+1/3e$).
• Hai phản còn lại phải không có (thuộc loại $\overline{u}$ hoặc $\overline{d}$) và có tổng điện tích là:

$$Q^{\prime }=1e-\frac{1}{3}e=+\frac{2}{3}e.$$

Mỗi phản $\overline{d}$ có điện tích $+1/3e$, nên hai phản quark $\overline{d}$ sẽ cho tổng điện tích đúng bằng $+2/3e$. Do đó, thành phần quark của hạt là $\overline{d}\overline{d}\overline{s}$ (đây là của ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$, mang điện tích dương).

(c) Hạt có điện tích $Q=0$, $B=+1$, $S=-2$:

• Vì $B=+1$, hạt là một được cấu tạo từ ba : $q_1{q}_2{q}_3$.
• Vì $S=-2$, hạt bắt buộc phải chứa hai lạ $s$ (mỗi quark mang $S=-1$ và điện tích $-1/3e$).
• Tổng điện tích của hai lạ là $-\frac{1}{3}e-\frac{1}{3}e=-\frac{2}{3}e$.
• Để tổng điện tích của bằng $0$, thứ ba phải mang điện tích:

$$Q_3=0-(-\frac{2}{3}e)=+\frac{2}{3}e.$$

mang điện tích $+2/3e$ là quark up ($u$). Do đó, thành phần quark của hạt là $uss$ (đây là hạt siêu tử Xi trung hòa ${\mathrm{\Xi }}^0$).

---

44.28

Tổng động năng của các sản phẩm phân rã là bao nhiêu khi một hạt upsilon ($\mathrm{{\rm Y}}$) đang đứng yên phân rã thành ${\tau }^{+}+{\tau }^{-}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Quá trình phân rã: $\mathrm{{\rm Y}}\to {\tau }^{+}+{\tau }^{-}$.
• Năng lượng nghỉ (Bảng 44.3): $m_{\mathrm{{\rm Y}}}{c}^2\approx 9460\mathrm{MeV}$, tau $m_{\tau }{c}^2\approx 1777\mathrm{MeV}$.
• Cần tính: Tổng động năng $K_{\mathrm{tot}}$ của cặp tau.

Hướng đi:

• Bảo toàn năng lượng toàn phần trong hệ quy chiếu nghỉ của hạt mẹ: $K_{\mathrm{tot}}=m_{\mathrm{{\rm Y}}}{c}^2-2m_{\tau }{c}^2$.

Lời giải chi tiết:

Tính tổng động năng của cặp tau: Năng lượng nghỉ của hạt upsilon chuyển hóa thành năng lượng nghỉ và động năng của hai tau:

$$K_{\mathrm{tot}}=m_{\mathrm{{\rm Y}}}{c}^2-2m_{\tau }{c}^2$$

Thay số với $m_{\mathrm{{\rm Y}}}{c}^2=9460\mathrm{MeV}$ và $m_{\tau }{c}^2=1777\mathrm{MeV}$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{tot}}& =9460-2(1777)\\ & =9460-3554\\ & =5906\mathrm{MeV}\\ & \approx 5,91\mathrm{GeV}.\end{array}$$

Do tính đối xứng, mỗi hạt tau nhận một nửa động năng này, tương đương khoảng $2,95\mathrm{GeV}$.

---

44.29

Mục 44.5 nêu rõ giá trị khối lượng gần đúng được dùng là rằng khối lượng của vào khoảng $125\mathrm{GeV}/c^2$. Tỉ số giữa khối lượng của boson Higgs và khối lượng của proton là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khối lượng : $m_H{c}^2\approx 125\mathrm{GeV}$.
• Khối lượng proton: $m_p{c}^2\approx \mathrm{0,938}3\mathrm{GeV}$.
• Cần tính: Tỉ số khối lượng $m_H/m_p$.

Hướng đi:

• Lập tỉ số trực tiếp giữa hai giá trị năng lượng nghỉ đã quy về cùng đơn vị $\mathrm{GeV}$.

Lời giải chi tiết:

Xác định tỉ số khối lượng: Tỉ số khối lượng giữa và proton là:

$$\begin{array}{rl}\frac{m_H}{m_p}& =\frac{125\mathrm{GeV}}{\mathrm{0,938}3\mathrm{GeV}}\\ & \approx 133.\end{array}$$

Như vậy, hạt nặng gấp khoảng 133 lần một hạt proton.

---

44.30

Quang phổ của nguyên tử natri được phát hiện trong ánh sáng phát ra từ một thiên hà xa xôi. (a) Nếu vạch $590,0\mathrm{nm}$ bị đến $658,5\mathrm{nm}$, thiên hà này đang lùi xa Trái Đất với tốc độ bằng bao nhiêu? (b) Sử dụng để tính khoảng cách từ thiên hà này đến Trái Đất.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Vạch phổ natri phát xạ: ${\lambda }_0=590,0\mathrm{nm}$.
• Bước sóng đo được: $\lambda =658,5\mathrm{nm}$.
• : $H_0\approx 68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$.
• Cần tính: Tốc độ lùi xa $v$ và khoảng cách $d$ của thiên hà.

Hướng đi:

• Xác định : $z=\frac{\lambda -{\lambda }_0}{{\lambda }_0}$.
• Tính tốc độ tương đối tính: $\beta =\frac{(1+z{)}^2-1}{(1+z{)}^2+1}$, rồi tính $v=\beta c$.
• Tính khoảng cách theo : $d=\frac{v}{H_0}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tốc độ lùi xa của thiên hà: quang phổ của vạch natri:

$$\begin{array}{rl}z& =\frac{658,5-590,0}{590,0}\\ & \approx \mathrm{0,116}1.\end{array}$$

Tính hệ số tương đối tính $(1+z{)}^2\approx \mathrm{1,245}7$. Tỉ số tốc độ lùi xa $\beta =v/c$ theo hiệu ứng Doppler tương đối tính:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{(1+z{)}^2-1}{(1+z{)}^2+1}\\ & =\frac{\mathrm{0,245}7}{\mathrm{2,245}7}\\ & \approx \mathrm{0,109}4.\end{array}$$

Tốc độ lùi xa của thiên hà:

$$\begin{array}{rl}v& =\beta c\\ & =\mathrm{0,109}4\times \mathrm{2,998}\cdot {10}^8\\ & \approx 3,28\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Giá trị này tương đương $3,28\times {10}^4\mathrm{km}/\mathrm{s}$.

(b) Khoảng cách từ thiên hà đến Trái Đất: Áp dụng với $H_0=68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$:

$$d=\frac{v}{H_0}$$

Thay số:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{3,28\times {10}^4\mathrm{km}/\mathrm{s}}{68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}}\\ & \approx 482\mathrm{Mpc}\\ & \approx 4,8\times {10}^8\mathrm{pc}.\end{array}$$

Quy đổi sang năm ánh sáng ($1\mathrm{pc}\approx 3,26\mathrm{ly}$):

$$d\approx 1,57\times {10}^9\mathrm{ly}.$$

Giá trị này xấp xỉ bằng $1,6\mathrm{Gly}$.

Bài tập 44.31 – 44.45

44.31

Một thiên hà trong chòm sao Song Ngư nằm cách Trái Đất một khoảng bằng $5210\mathrm{Mly}$. (a) Hãy sử dụng để tính tốc độ lùi xa của thiên hà này so với Trái Đất. (b) Tỉ số ${\lambda }_0/{\lambda }_S$ dự kiến đối với ánh sáng phát ra từ thiên hà này bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thiên hà trong chòm sao Song Ngư ở khoảng cách $r=5210\mathrm{Mly}$. là $H_0=2,2\times {10}^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}$ (tương đương $68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$). (a) Tính tốc độ lùi xa $v$. (b) Tính tỉ số bước sóng quan sát được so với bước sóng nguồn phát ${\lambda }_0/{\lambda }_S$.

Hướng đi:

• : Tốc độ lùi xa của một thiên hà ở khoảng cách $r$ được xác định theo hệ thức $v=H_{0}r$.
• Hiệu ứng Doppler tương đối tính: Ánh sáng từ thiên hà chuyển động ra xa với tốc độ $v$ chịu sự tương đối tính $\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_S}=\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}$ với $\beta =\frac{v}{c}$.

(a) Đổi khoảng cách sang đơn vị mét:

$$1\mathrm{ly}\approx \mathrm{9,461}\times {10}^{15}\mathrm{m}$$

Khoảng cách tới thiên hà:

$$\begin{array}{rl}r& =5210\times {10}^6\mathrm{ly}\\ & \approx 4,93\times {10}^{25}\mathrm{m}\end{array}$$

Với $H_0\approx 2,2\times {10}^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}$, tốc độ lùi xa bằng:

$$\begin{array}{rl}v& =H_{0}r\\ & \approx 1,08\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}\end{array}$$

Tỉ số tốc độ so với tốc độ ánh sáng:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{v}{c}\\ & \approx \frac{1,08\times {10}^8}{3,00\times {10}^8}\\ & \approx \mathrm{0,362}\end{array}$$

(b) Tỉ số bước sóng do hiệu ứng Doppler tương đối tính:

$$\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_S}=\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}$$

Thay $\beta \approx \mathrm{0,362}$ vào biểu thức:

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_S}& =\sqrt{\frac{1+\mathrm{0,362}}{1-\mathrm{0,362}}}\\ & =\sqrt{\frac{\mathrm{1,362}}{\mathrm{0,638}}}\\ & \approx 1,46\end{array}$$

Kết luận: Thiên hà lùi xa với tốc độ khoảng $1,08\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (tức $\mathrm{0,362}c$) và ánh sáng bị với tỉ số ${\lambda }_0/{\lambda }_S\approx 1,46$.

44.32

. Định nghĩa về độ dịch chuyển đỏ $z$ được nêu trong Ví dụ 44.8. (a) Chứng minh rằng phương trình liên hệ dịch chuyển đỏ có thể viết dưới dạng $1+z=[(1+\beta )/(1-\beta ){]}^{1/2}$, trong đó $\beta =v/c$. (b) Độ dịch chuyển đỏ quan sát được của một thiên hà nhất định là $z=\mathrm{0,700}$. Hãy tìm tốc độ của thiên hà so với Trái Đất. (c) Sử dụng để tìm khoảng cách từ thiên hà này đến Trái Đất.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho định nghĩa $z=({\lambda }_0-{\lambda }_S)/{\lambda }_S$. (a) Chứng minh $1+z=\sqrt{(1+\beta )/(1-\beta )}$. (b) Với $z=\mathrm{0,700}$, tính tốc độ lùi xa $v$. (c) Tính khoảng cách $r$ theo .

Hướng đi:

• Biến đổi định nghĩa: Biểu diễn $1+z={\lambda }_0/{\lambda }_S$ rồi kết hợp với công thức Doppler tương đối tính.
• Giải phương trình tìm $\beta$: Bình phương hai vế phương trình để rút ra biểu thức đại số của $\beta$.
• : Khoảng cách được xác định bằng $r=v/H_0$.

(a) Từ định nghĩa của :

$$z=\frac{{\lambda }_0-{\lambda }_S}{{\lambda }_S}=\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_S}-1$$

Suy ra:

$$1+z=\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_S}$$

Áp dụng công thức Doppler tương đối tính cho sóng điện từ phát ra từ nguồn lùi xa:

$$\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_S}=\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}$$

Do đó ta thu được hệ thức cần chứng minh:

$$1+z={\left(\frac{1+\beta }{1-\beta }\right)}^{1/2}$$

(b) Với $z=\mathrm{0,700}$, ta có:

$$1+z=\mathrm{1,700}$$

Bình phương hai vế:

$$\begin{array}{rl}(1+z{)}^2& =1,{70}^2\\ & =\mathrm{2,890}\end{array}$$

Phương trình tương đương:

$$\frac{1+\beta }{1-\beta }=\mathrm{2,890}$$

Khai triển và thu gọn:

$$\begin{array}{rl}1+\beta & =\mathrm{2,890}(1-\beta )\\ 1+\beta & =\mathrm{2,890}-\mathrm{2,890}\beta \\ \mathrm{3,890}\beta & =\mathrm{1,890}\end{array}$$

Rút ra tỉ số tốc độ:

$$\beta =\frac{\mathrm{1,890}}{\mathrm{3,890}}\approx \mathrm{0,485}9$$

Tốc độ của thiên hà so với Trái Đất là:

$$\begin{array}{rl}v& =\beta c\\ & \approx \mathrm{0,485}9\times c\\ & \approx 1,46\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}\end{array}$$

(c) Khoảng cách từ thiên hà đến Trái Đất theo :

$$r=\frac{v}{H_0}$$

Thay số với $H_0=68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}$:

$$\begin{array}{rl}r& =\frac{\mathrm{1,458}\times {10}^5\mathrm{km}/\mathrm{s}}{68(\mathrm{km}/\mathrm{s})/\mathrm{Mpc}}\\ & \approx 2144\mathrm{Mpc}\end{array}$$

Đổi sang năm ánh sáng ($1\mathrm{pc}\approx 3,26\mathrm{ly}$):

$$\begin{array}{rl}r& \approx 2144\times 3,26\times {10}^6\mathrm{ly}\\ & \approx 7,0\times {10}^9\mathrm{ly}\end{array}$$

Khoảng cách tính theo mét:

$$\begin{array}{rl}r& =\frac{\mathrm{1,458}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{2,2\times {10}^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}}\\ & \approx 6,6\times {10}^{25}\mathrm{m}\end{array}$$

Kết luận: Tốc độ của thiên hà là $1,46\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (khoảng $\mathrm{0,486}c$) và khoảng cách tương ứng là khoảng $7,0$ tỉ năm ánh sáng.

44.33

Hãy tính năng lượng phản ứng $Q$ (tính theo $\mathrm{MeV}$) cho phản ứng $e^{-}+p\to n+{\nu }_e$. Phản ứng này là phản ứng thu năng lượng hay tỏa năng lượng?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho phản ứng bắt electron $e^{-}+p\to n+{\nu }_e$. Tính $Q$ và xác định tính chất năng lượng của phản ứng.

Hướng đi:

• Định nghĩa năng lượng phản ứng: Đại lượng $Q$ được xác định bởi hiệu khối lượng nghỉ giữa các hạt trước và sau phản ứng nhân với $c^2$: $Q=(m_i-m_f)c^2$.
• Dấu của $Q$: Nếu $Q>0$, phản ứng tỏa năng lượng. Nếu $Q<0$, phản ứng thu năng lượng.

Khối lượng nghỉ của các hạt tham gia phản ứng:

• Electron: $m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$.
• Proton: $m_p{c}^2\approx \mathrm{938,272}\mathrm{MeV}$.
• Neutron: $m_n{c}^2\approx \mathrm{939,565}\mathrm{MeV}$.
• Neutrino electron: $m_{\nu }{c}^2\approx 0$.

Tổng năng lượng nghỉ ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{E}_i& =m_e{c}^2+m_p{c}^2\\ & =\mathrm{0,511}+\mathrm{938,272}\\ & =\mathrm{938,783}\mathrm{MeV}\end{array}$$

Tổng năng lượng nghỉ sau phản ứng:

$$\begin{array}{rl}{E}_f& =m_n{c}^2\\ & \approx \mathrm{939,565}\mathrm{MeV}\end{array}$$

Năng lượng phản ứng bằng:

$$\begin{array}{rl}Q& =E_i-E_f\\ & =\mathrm{938,783}-\mathrm{939,565}\\ & =-\mathrm{0,782}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(Nếu lấy khối lượng làm tròn theo Bảng 44.3 là $938,3\mathrm{MeV}$ và $939,6\mathrm{MeV}$, giá trị là $Q\approx -\mathrm{0,789}\mathrm{MeV}$).

Vì $Q<0$, phản ứng này là phản ứng thu năng lượng.

Kết luận: Năng lượng phản ứng là $Q\approx -\mathrm{0,782}\mathrm{MeV}$ và đây là phản ứng thu năng lượng.

44.34

Hãy tính năng lượng (tính theo $\mathrm{MeV}$) được giải phóng trong quá trình ba hạt alpha: $3{}^4\mathrm{He}\to {}^{12}\mathrm{C}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính năng lượng tỏa ra trong phản ứng tổng hợp ba hạt alpha tạo thành một hạt nhân carbon-12.

Hướng đi:

• Bảo toàn năng lượng toàn phần: Năng lượng tỏa ra bằng độ giảm khối lượng nhân với hệ số chuyển đổi $\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.
• Khối lượng nguyên tử: Lấy giá trị chính xác từ bảng khối lượng hạt nhân: $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$ và $m{(}^{12}\mathrm{C})=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$.

Dùng khối lượng ba nguyên tử heli trung hòa. Số electron ở hai vế bằng nhau nên chúng triệt tiêu trong hiệu khối lượng, khi bỏ qua năng lượng liên kết electron:

$$\begin{array}{rl}{m}_i& =3\times \mathrm{4,002}603\mathrm{u}\\ & =\mathrm{12,007}809\mathrm{u}\end{array}$$

Khối lượng nguyên tử trung hòa dùng để tính hiệu khối lượng:

$$m_f=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$$

Độ chênh lệch khối lượng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }m& =m_i-m_f\\ & =\mathrm{0,007}809\mathrm{u}\end{array}$$

Năng lượng giải phóng trong quá trình này là:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{\Delta }m\times \mathrm{931,494}\\ & \approx 7,27\mathrm{MeV}\end{array}$$

Kết luận: Quá trình ba hạt alpha giải phóng khoảng $7,27\mathrm{MeV}$ năng lượng.

44.35

Hãy tính năng lượng phản ứng $Q$ (tính theo $\mathrm{MeV}$) cho phản ứng tổng hợp hạt nhân sau: ${}_6^{12}\mathrm{C}+{}_2^4\mathrm{He}\to {}_8^{16}\mathrm{O}$. Phản ứng này là phản ứng thu năng lượng hay tỏa năng lượng?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính năng lượng phản ứng $Q$ cho phản ứng bắt hạt alpha của carbon-12 tạo thành oxy-16.

Hướng đi:

• Độ hụt khối phản ứng: Xác định $\mathrm{\Delta }m=m_i-m_f$, trong đó $m_i$ là tổng khối lượng ban đầu và $m_f=m{(}^{16}\mathrm{O})$.
• Năng lượng giải phóng: Xác định $Q=\mathrm{\Delta }m\times \mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.

Khối lượng nguyên tử của các đồng vị:

• Carbon-12: $m{(}^{12}\mathrm{C})=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$.
• Heli-4: $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$.
• Oxy-16: $m{(}^{16}\mathrm{O})=\mathrm{15,994}915\mathrm{u}$.

Tổng khối lượng các hạt ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{m}_i& =m{(}^{12}\mathrm{C})+m{(}^4\mathrm{He})\\ & =\mathrm{16,002}603\mathrm{u}\end{array}$$

Độ hụt khối của phản ứng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }m& =m_i-m_f\\ & =\mathrm{0,007}688\mathrm{u}\end{array}$$

Năng lượng phản ứng thu được:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{\Delta }m\times \mathrm{931,494}\\ & \approx +7,16\mathrm{MeV}\end{array}$$

Vì $Q>0$, đây là phản ứng tỏa năng lượng.

Kết luận: Năng lượng phản ứng là $Q\approx +7,16\mathrm{MeV}$ và phản ứng tỏa năng lượng.

44.36

Lực hạt nhân mạnh có thể được mô hình hóa một cách thô sơ như lực đàn hồi theo định luật Hooke, tăng tuyến tính theo khoảng cách tách giữa . Năng lượng tích trữ trong "lò xo" này tương ứng với năng lượng của trường . Trong bức tranh này, khi các quark bị kéo xa nhau hơn, năng lượng tích trữ giữa chúng tăng lên. Tại một khoảng cách tách tới hạn, năng lượng chuyển hóa thành vật chất và một cặp quark–phản quark mới được tạo thành, đảm bảo rằng không bao giờ có quark tự do. (a) Một proton có đường kính khoảng $1,5\mathrm{fm}$. Hãy ước lượng lực đẩy Coulomb giữa hai quark up cách nhau $0,5\mathrm{fm}$. (b) Mô hình hóa lực mạnh dưới dạng $F_s=ks$, trong đó $s$ là khoảng cách giữa hai quark. Nếu lực này cân bằng lực đẩy tĩnh điện giữa hai quark up khi $s=0,5\mathrm{fm}$, hãy tìm độ cứng hiệu dụng $k$ theo đơn vị SI. (c) Đổi $k$ sang đơn vị $\mathrm{MeV}/{\mathrm{fm}}^2$. (d) Năng lượng tích trữ trong trường gluon bằng bao nhiêu khi $s=0,5\mathrm{fm}$? Khối lượng của quark up được ước lượng khoảng $2,3\mathrm{MeV}/c^2$. (e) Cần bao nhiêu năng lượng để tạo ra một quark up và một phản quark up? (f) Hai quark up cần phải cách nhau bao xa để năng lượng gluon $\frac{1}{2}k{s}^2$ bằng năng lượng nghỉ của một cặp quark–phản quark up?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mô hình lò xo lực mạnh $F_s=ks$. Hai up có điện tích $q=+\frac{2}{3}e$. (a) Tính lực đẩy Coulomb $F_C$ ở $s=0,5\mathrm{fm}$. (b) Tìm $k$ theo đơn vị SI từ điều kiện cân bằng $F_s=F_C$. (c) Đổi $k$ sang $\mathrm{MeV}/{\mathrm{fm}}^2$. (d) Tính $U=\frac{1}{2}k{s}^2$ tại $s=0,5\mathrm{fm}$. (e) Tính năng lượng tạo cặp $u\overline{u}$ với $m_u{c}^2=2,3\mathrm{MeV}$. (f) Tìm khoảng cách tách $s$ tại ngưỡng tạo cặp.

Hướng đi:

• Định luật Coulomb: $F_C=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q^2}{s^2}$ với $q=\frac{2}{3}e$.
• Độ cứng lò xo: Cân bằng lực $ks=F_C⟹k=F_C/s$.
• Chuyển đổi đơn vị: Sử dụng hệ số chuyển đổi $1\mathrm{J}\approx \mathrm{6,242}\times {10}^{12}\mathrm{MeV}$ và $1\mathrm{m}={10}^{15}\mathrm{fm}$.
• Ngưỡng năng lượng tạo cặp: Năng lượng cần thiết là $E=2m_u{c}^2$.

(a) Điện tích của up là $q=+\frac{2}{3}e$. Với $s=0,5\mathrm{fm}=0,5\times {10}^{-15}\mathrm{m}$, lực đẩy Coulomb là:

$$F_C=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{(2e/3{)}^2}{s^2}$$

Thay số với $k_e\approx 8,99\times {10}^9\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2/{\mathrm{C}}^2$ và $q=\frac{2}{3}e$:

$$\begin{array}{rl}{F}_C& =\frac{4k_e{e}^2}{9s^2}\\ & \approx 410\mathrm{N}\end{array}$$

(b) Khi lực mạnh cân bằng với lực tĩnh điện ở $s=0,5\times {10}^{-15}\mathrm{m}$:

$$ks=F_C$$

Độ cứng hiệu dụng theo đơn vị SI:

$$\begin{array}{rl}k& =\frac{F_C}{s}\\ & =\frac{409,8\mathrm{N}}{0,5\times {10}^{-15}\mathrm{m}}\\ & \approx 8,20\times {10}^{17}\mathrm{N}/\mathrm{m}\end{array}$$

(c) Đổi đơn vị của $k$: Vì $1\mathrm{J}\approx \mathrm{6,242}\times {10}^{12}\mathrm{MeV}$ và $1{\mathrm{m}}^2={10}^{30}{\mathrm{fm}}^2$, hệ số quy đổi là $1\mathrm{N}/\mathrm{m}\approx 6,24\times {10}^{-18}$ theo đơn vị $\mathrm{MeV}/{\mathrm{fm}}^2$.

Độ cứng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}k& \approx 8,20\times \mathrm{0,624}\\ & \approx 5,12\mathrm{MeV}/{\mathrm{fm}}^2\end{array}$$

(d) Năng lượng tích trữ trong trường tại $s=0,5\mathrm{fm}$:

$$\begin{array}{rl}U& =\frac{1}{2}k{s}^2\\ & =\frac{1}{2}(5,12)(0,5{)}^2\\ & \approx 0,64\mathrm{MeV}\end{array}$$

(e) Năng lượng nghỉ cần thiết để tạo một cặp up và phản quark up:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{tạo cặp}}& =2m_u{c}^2\\ & =2\times 2,3\mathrm{MeV}\\ & =4,6\mathrm{MeV}\end{array}$$

(f) Khoảng cách tách $s$ để năng lượng trường đạt $4,6\mathrm{MeV}$:

$$\frac{1}{2}k{s}^2=2m_u{c}^2$$

Rút ra $s$:

$$\begin{array}{rl}s& =\sqrt{\frac{2(2m_u{c}^2)}{k}}\\ & =\sqrt{\frac{2\times 4,6\mathrm{MeV}}{\mathrm{5,115}\mathrm{MeV}/{\mathrm{fm}}^2}}\\ & \approx 1,34\mathrm{fm}\end{array}$$

Kết luận: Khi khoảng cách tách giữa hai vượt quá khoảng $1,34\mathrm{fm}$ (tương đương kích thước của một proton), năng lượng trường đủ lớn để sinh ra cặp quark mới, minh họa trực quan cho hiện tượng giam hãm quark.

44.37

Xạ trị bằng hạt ${\pi }^{-}$. Chùm hạt meson ${\pi }^{-}$ được sử dụng trong xạ trị một số dạng ung thư. Năng lượng xạ trị đến từ quá trình phân rã hoàn toàn của hạt ${\pi }^{-}$ thành các hạt bền vững. (a) Hãy viết chuỗi phân rã hoàn toàn của một hạt meson ${\pi }^{-}$ thành các hạt bền vững. Các hạt này là những hạt nào? (b) Có bao nhiêu năng lượng được giải phóng từ sự phân rã hoàn toàn của một hạt meson ${\pi }^{-}$ đơn lẻ thành các hạt bền vững? (Có thể bỏ qua khối lượng rất nhỏ của các neutrino). (c) Cần bao nhiêu hạt meson ${\pi }^{-}$ phân rã để truyền một liều hấp thụ $50,0\mathrm{Gy}$ cho $10,0\mathrm{g}$ mô sinh học? (d) Liều tương đương trong phần (c) tính theo đơn vị $\mathrm{Sv}$ và $\mathrm{rem}$ bằng bao nhiêu? Tra cứu Bảng 43.3 và sử dụng giá trị RBE phù hợp lớn nhất đối với các hạt trong phân rã này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân rã hoàn toàn ${\pi }^{-}$. (a) Viết phương trình phân rã đến hạt bền. (b) Tính năng lượng giải phóng $\mathrm{\Delta }E$. (c) Tính số hạt ${\pi }^{-}$ để đạt liều $D=50,0\mathrm{Gy}$ trên $m=10,0\mathrm{g}$ mô. (d) Tính liều tương đương theo $\mathrm{Sv}$ và $\mathrm{rem}$.

Hướng đi:

• Chuỗi phân rã: ${\pi }^{-}$ phân rã thành muon và neutrino, sau đó muon phân rã thành electron và hai neutrino.
• Bảo toàn năng lượng: Năng lượng giải phóng bằng hiệu khối lượng nghỉ giữa ${\pi }^{-}$ và electron: $Q=(m_{\pi }-m_e)c^2$.
• Mô hình hấp thụ liều giáo khoa: Bài toán giả định toàn bộ năng lượng giải phóng $\mathrm{\Delta }E$ được hấp thụ trong mô. Trong thực tế, các hạt neutrino thoát ra ngoài mà không để lại liều. Liều thực tế chủ yếu đến từ các hạt mang điện và quá trình bắt giữ hạt nhân. Tính toán này là mô hình bài tập, không phải hướng dẫn xạ trị lâm sàng.
• Liều hấp thụ và số hạt: $E_{\text{tổng}}=D\times m$, số hạt phân rã là $N=E_{\text{tổng}}/\mathrm{\Delta }E$.
• Liều tương đương: Tích giữa liều hấp thụ và hệ số hiệu quả sinh học tương đối RBE.

(a) Trước hết, hạt ${\pi }^{-}$ phân rã qua tương tác yếu:

$${\pi }^{-}\to {\mu }^{-}+{\overline{\nu }}_{\mu }$$

Tiếp theo, muon ${\mu }^{-}$ phân rã thành electron:

$${\mu }^{-}\to e^{-}+{\overline{\nu }}_e+{\nu }_{\mu }$$

Tổng hợp toàn bộ quá trình phân rã đến các hạt bền:

$${\pi }^{-}\to e^{-}+{\overline{\nu }}_e+{\nu }_{\mu }+{\overline{\nu }}_{\mu }$$

Các hạt bền vững cuối cùng gồm có electron $e^{-}$, phản neutrino electron ${\overline{\nu }}_e$, neutrino muon ${\nu }_{\mu }$ và phản neutrino muon ${\overline{\nu }}_{\mu }$.

(b) Khối lượng nghỉ của ${\pi }^{-}$ là $m_{\pi }{c}^2=139,6\mathrm{MeV}$. Khối lượng nghỉ của electron là $m_e{c}^2=\mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$. Khối lượng của các neutrino coi như bằng 0.

Năng lượng giải phóng trong quá trình phân rã là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =(m_{\pi }-m_e)c^2\\ & =139,6-0,51\\ & \approx 139,1\mathrm{MeV}\end{array}$$

Đổi sang Joule:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx (139,1\mathrm{MeV})\times e\\ & \approx 2,23\times {10}^{-11}\mathrm{J}\end{array}$$

(c) Tổng năng lượng cần truyền cho khối mô $m=10,0\mathrm{g}=\mathrm{0,010}0\mathrm{kg}$ với liều $D=50,0\mathrm{Gy}=50,0\mathrm{J}/\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{tổng}}& =D\times m\\ & =50,0\times \mathrm{0,010}0\\ & =\mathrm{0,500}\mathrm{J}\end{array}$$

Số hạt ${\pi }^{-}$ cần phân rã:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{E_{\text{tổng}}}{\mathrm{\Delta }E}\\ & =\frac{\mathrm{0,500}}{2,23\times {10}^{-11}}\\ & \approx 2,24\times {10}^{10}\end{array}$$

(d) Hạt tích điện tạo liều trực tiếp trong chuỗi phân rã là electron và muon mang điện tích. Theo Bảng 43.3, hệ số hiệu quả sinh học tương đối của tia beta và electron là $\mathrm{RBE}=1,5$.

Liều tương đương theo đơn vị Sievert:

$$\begin{array}{rl}H& =D\times \mathrm{RBE}\\ & =50,0\mathrm{Gy}\times 1,5\\ & =75,0\mathrm{Sv}\end{array}$$

Đổi sang đơn vị rem ($1\mathrm{Sv}=100\mathrm{rem}$):

$$\begin{array}{rl}H& =75,0\times 100\\ & =7500\mathrm{rem}\end{array}$$

Kết luận: Năng lượng giải phóng mỗi hạt là $139,1\mathrm{MeV}$, cần khoảng $2,24\times {10}^{10}$ hạt ${\pi }^{-}$ và liều tương đương là $75,0\mathrm{Sv}$ ($7500\mathrm{rem}$).

44.38

Một proton và một phản proton va chạm trực diện với động năng ban đầu bằng nhau. Hai tia $\gamma$ có bước sóng $\mathrm{0,720}\mathrm{fm}$ được sinh ra. Hãy tính động năng của proton tới.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phản ứng $p+\overline{p}\to 2\gamma$ trực diện với $K_p=K_{\overline{p}}$. Bước sóng sinh ra là $\lambda =\mathrm{0,720}\mathrm{fm}$. Tính động năng $K_p$.

Hướng đi:

• Bảo toàn xung lượng: Do hai hạt va chạm trực diện với động năng bằng nhau, tổng của hệ bằng 0. Hai sinh ra chuyển động ngược chiều và mang năng lượng bằng nhau: $E_{\gamma }=hc/\lambda$.
• Bảo toàn năng lượng toàn phần: Mỗi nhận năng lượng toàn phần của một proton: $E_p=K_p+m_p{c}^2=E_{\gamma }$.

Năng lượng của mỗi tia $\gamma$:

$$E_{\gamma }=\frac{hc}{\lambda }$$

Sử dụng tích số $hc\approx 1239,84\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{1239,84\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}}{\mathrm{0,720}\mathrm{fm}}\\ & \approx 1722,0\mathrm{MeV}\end{array}$$

Tổng năng lượng của mỗi proton trước va chạm bằng năng lượng :

$$E_p=E_{\gamma }\approx 1722,0\mathrm{MeV}$$

Khối lượng nghỉ của proton là $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$.

Động năng của proton tới bằng:

$$\begin{array}{rl}{K}_p& =E_p-m_p{c}^2\\ & =1722,0-938,3\\ & \approx 783,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Kết luận: Động năng của mỗi hạt proton tới bằng khoảng $784\mathrm{MeV}$.

44.39

Các chùm proton $7\mathrm{TeV}$ chuyển động theo hai chiều ngược nhau quanh vòng tròn chu vi $27\mathrm{km}$ của Máy gia tốc hạt lớn (LHC) va chạm với nhau tại các điểm giao cắt sau mỗi $25\mathrm{ns}$. (a) Có bao nhiêu bó proton gặp nhau trong mỗi giây? (b) Mỗi bó có $115$ tỉ proton. Trong số này, thông thường có $20$ proton va chạm trong mỗi lần giao cắt. Hãy ước lượng tỉ lệ proton va chạm trong mỗi lần giao cắt. (c) Ước lượng có bao nhiêu va chạm xảy ra trong mỗi giây. (d) Các bó dài $30\mathrm{cm}$ và được nén lại đến đường kính $20\mu \mathrm{m}$. Hãy ước lượng mật độ proton trong một bó, theo đơn vị $\mathrm{proton}/{\mathrm{mm}}^3$. (e) Ước lượng mật độ trong vật chất thông thường. (Gợi ý: Lấy khối lượng của bạn chia cho khối lượng một proton để ra số hadron, sau đó chia cho thể tích ước lượng).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bó proton LHC va chạm chu kỳ $\mathrm{\Delta }t=25\mathrm{ns}$. Mỗi bó có $N=115\times {10}^9$ hạt, có 20 va chạm mỗi lượt. Kích thước bó: Dài $30\mathrm{cm}$, đường kính $20\mu \mathrm{m}$. (a) Số lượt giao cắt mỗi giây. (b) Tỉ lệ va chạm mỗi lượt. (c) Số va chạm mỗi giây. (d) Mật độ proton trong bó theo ${\mathrm{mm}}^{-3}$. (e) So sánh với mật độ trong cơ thể người.

Hướng đi:

• Tần số giao cắt: $f=1/\mathrm{\Delta }t$.
• Tỉ số va chạm: Bằng số va chạm chia cho tổng số hạt trong bó.
• Thể tích hình trụ: $V=\pi r^{2}L$.
• Mật độ vật chất thường: Lấy khối lượng chuẩn cơ thể $\sim 70\mathrm{kg}$ và khối lượng riêng nước $1000\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$.

(a) Số lần các bó gặp nhau trong một giây là:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{1}{\mathrm{\Delta }t}\\ & =\frac{1}{25\times {10}^{-9}\mathrm{s}}\\ & =4,0\times {10}^7\mathrm{l}\mathrm{ầ}\mathrm{n}/\mathrm{s}\end{array}$$

(b) Tỉ lệ proton va chạm trong mỗi lần giao cắt:

$$\begin{array}{rl}\text{Tỉ lệ}& =\frac{20}{115\times {10}^9}\\ & \approx 1,74\times {10}^{-10}\end{array}$$

Tương đương khoảng $1,7\times {10}^{-8}\mathrm{\%}$.

(c) Số va chạm diễn ra trong mỗi giây:

$$\begin{array}{rl}R& =20\times (4,0\times {10}^7)\\ & =8,0\times {10}^8{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

Tương đương $8,0\times {10}^8$ va chạm diễn ra trong mỗi giây.

(d) Kích thước của bó proton:

• Chiều dài: $L=30\mathrm{cm}=300\mathrm{mm}$.
• Bán kính: $r=10\mu \mathrm{m}=\mathrm{0,010}\mathrm{mm}$.

Thể tích của bó hình trụ:

$$\begin{array}{rl}V& =\pi r^{2}L\\ & =\pi (\mathrm{0,010}{)}^2(300)\\ & \approx \mathrm{0,094}25{\mathrm{mm}}^3\end{array}$$

Mật độ proton trong một bó:

$$\begin{array}{rl}{n}_p& =\frac{1,15\times {10}^{11}}{\mathrm{0,094}25}\\ & \approx 1,2\times {10}^{12}{\mathrm{mm}}^{-3}\end{array}$$

(e) Đối với một người nặng khoảng $70\mathrm{kg}$, khối lượng chủ yếu đến từ (proton và neutron):

$$\begin{array}{rl}{N}_{\text{hadron}}& \approx \frac{70}{1,67\times {10}^{-27}}\\ & \approx 4,2\times {10}^{28}\end{array}$$

Thể tích cơ thể người xấp xỉ bằng thể tích lượng nước cùng khối lượng:

$$\begin{array}{rl}V& \approx \frac{70}{1000}=\mathrm{0,070}{\mathrm{m}}^3\\ & =7,0\times {10}^7{\mathrm{mm}}^3\end{array}$$

Mật độ trong cơ thể người là:

$$\begin{array}{rl}n& \approx \frac{4,2\times {10}^{28}}{7,0\times {10}^7}\\ & \approx 6,0\times {10}^{20}{\mathrm{mm}}^{-3}\end{array}$$

Kết luận: Mật độ trong vật chất thông thường lớn hơn mật độ proton trong bó của máy gia tốc LHC khoảng $5\times {10}^8$ lần.

44.40

Hãy tính động năng ngưỡng cho phản ứng ${\pi }^{-}+p\to {\mathrm{\Sigma }}^0+K^0$ nếu chùm hạt ${\pi }^{-}$ bắn vào một bia proton đứng yên. Hạt $K^0$ có khối lượng bằng $497,7\mathrm{MeV}/c^2$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bắn hạt ${\pi }^{-}$ vào hạt proton đứng yên tạo thành ${\mathrm{\Sigma }}^0+K^0$. Khối lượng các hạt: $m_{\pi }=139,6\mathrm{MeV}/c^2$, $m_p=938,3\mathrm{MeV}/c^2$, $m_{\mathrm{\Sigma }}=1193\mathrm{MeV}/c^2$, $m_K=497,7\mathrm{MeV}/c^2$. Tính động năng ngưỡng $K_{\text{th}}$.

Hướng đi:

• Ngưỡng phản ứng trong hệ khối tâm: Tại ngưỡng, toàn bộ các hạt sinh ra đều đứng yên trong hệ khối tâm. Do đó, trong hệ khối tâm đúng bằng tổng khối lượng nghỉ của sản phẩm: $E_{\text{cm}}=(m_{\mathrm{\Sigma }}+m_K)c^2$.
• Hệ thức bất biến tương đối tính: Áp dụng hệ thức liên hệ $E_{\text{cm}}$ và năng lượng bia đứng yên trong hệ phòng thí nghiệm:
• Rút ra động năng ngưỡng: $K_{\text{th}}=E_{\pi }-m_{\pi }{c}^2$.

Tổng khối lượng nghỉ của các hạt sinh ra:

$$\begin{array}{rl}{M}_{\text{tot}}{c}^2& =m_{\mathrm{\Sigma }}{c}^2+m_K{c}^2\\ & =1193+497,7\\ & =1690,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Bình phương năng lượng trong hệ khối tâm tại ngưỡng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{cm}}^2& =1690,7^2\\ & \approx \mathrm{2,859}\times {10}^6{\mathrm{MeV}}^2\end{array}$$

Đặt $M_0^2=m_p^2+m_{\pi }^2$. Từ phương trình biến đổi tương đối tính giữa hệ khối tâm và hệ phòng thí nghiệm:

$$E_{\text{cm}}^2=2m_p{c}^2{E}_{\pi }+M_0^2{c}^4$$

Rút ra năng lượng toàn phần của hạt ${\pi }^{-}$ tới:

$$E_{\pi }=\frac{E_{\text{cm}}^2-M_0^2{c}^4}{2m_p{c}^2}$$

Tính tử số:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }& =2858466-899895\\ & =1958571{\mathrm{MeV}}^2\end{array}$$

Năng lượng toàn phần của hạt ${\pi }^{-}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\pi }& =\frac{1958571}{2\times 938,3}\\ & \approx 1043,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Động năng ngưỡng của hạt ${\pi }^{-}$ là:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{th}}& =E_{\pi }-m_{\pi }{c}^2\\ & =1043,7-139,6\\ & \approx 903,4\mathrm{MeV}\end{array}$$

Kết luận: Động năng ngưỡng của chùm hạt ${\pi }^{-}$ bắn vào bia proton đứng yên là khoảng $903\mathrm{MeV}$.

44.41

Mỗi phản ứng sau đây đều thiếu một hạt đơn lẻ. Hãy tính , điện tích, và ba số (nếu có) của hạt còn thiếu, từ đó nhận diện hạt đó. (a) $p+p\to p+{\mathrm{\Lambda }}^0+?$ (b) $K^{-}+n\to {\mathrm{\Lambda }}^0+?$ (c) $p+p\to n+?$ (d) ${\overline{\nu }}_{\mu }+p\to n+?$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định các số lượng tử bảo toàn và nhận diện hạt còn thiếu trong bốn phản ứng hạt cơ bản.

Hướng đi:

• Các định luật bảo toàn: Áp dụng bảo toàn điện tích $Q$, $B$, $S$, và các số $L_e,L_{\mu },L_{\tau }$.
• Đối chiếu Bảng 44.2 và 44.3: Tìm hạt có bộ số lượng tử trùng khớp duy nhất.

(a) Xét phản ứng $p+p\to p+{\mathrm{\Lambda }}^0+?$:

• : Vế trái có $B=2$, sản phẩm có $1+0+B$, suy ra $B=0$ ().
• Điện tích: Vế trái có $+2$, sản phẩm có $+1+0+Q$, suy ra $Q=+1$.
• : Ban đầu $S=0$, sản phẩm có $0+(-1)+S$, suy ra $S=+1$.
• Các số đều bằng 0.

Hạt có $Q=+1,B=0,S=+1$ là meson $K^{+}$.

(b) Xét phản ứng $K^{-}+n\to {\mathrm{\Lambda }}^0+?$:

• : Vế trái có $0+1=1$, vế phải có $1+B$, suy ra $B=0$.
• Điện tích: Vế trái có $-1$, vế phải có $0+Q$, suy ra $Q=-1$.
• : Vế trái có $-1$, vế phải có $-1+S$, suy ra $S=0$.
• Các số đều bằng 0.

Hạt có $Q=-1,B=0,S=0$ là meson ${\pi }^{-}$.

(c) Xét phản ứng $p+p\to n+?$:

• : Vế trái có $1+1=2$, vế phải có $1+B$, suy ra $B=1$ ().
• Điện tích: Vế trái có $+2$, vế phải có $0+Q$, suy ra $Q=+2$.
• : Ban đầu $S=0$, vế phải có $0+S$, suy ra $S=0$.
• Các số đều bằng 0.

Hạt có $Q=+2,B=1,S=0$ là hạt cộng hưởng ${\mathrm{\Delta }}^{++}$.

(d) Xét phản ứng ${\overline{\nu }}_{\mu }+p\to n+?$:

• Số muon: Hạt ${\overline{\nu }}_{\mu }$ có $L_{\mu }=-1$, suy ra hạt cần tìm có $L_{\mu }=-1$.
• : Vế trái có $0+1=1$, vế phải có $1+B$, suy ra $B=0$.
• Điện tích: Vế trái có $0+(+1)=+1$, vế phải có $0+Q$, suy ra $Q=+1$.
• : $S=0$.

Hạt có $Q=+1$, $B=0$, $L_{\mu }=-1$, $S=0$ là hạt phản muon ${\mu }^{+}$.

Kết luận: Bốn hạt còn thiếu lần lượt là: (a) $K^{+}$; (b) ${\pi }^{-}$; (c) ${\mathrm{\Delta }}^{++}$; (d) ${\mu }^{+}$.

44.42

Một hạt ${\eta }^0$ đứng yên phân rã thành ba hạt meson $\pi$. (a) Những tổ hợp nào của ${\pi }^0,{\pi }^{+},{\pi }^{-}$ được phép xuất hiện làm sản phẩm phân rã? (b) Hãy tìm tổng động năng của các hạt meson $\pi$ sinh ra.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: ${\eta }^0$ ở trạng thái nghỉ phân rã thành ba pion. Xác định các kênh phân rã hợp lệ và tính tổng động năng cho mỗi kênh.

Hướng đi:

• Bảo toàn điện tích: Điện tích của ${\eta }^0$ bằng 0. Do đó, tổng điện tích của 3 hạt pion phải bằng 0.
• Bảo toàn năng lượng: Tổng động năng bằng hiệu giữa năng lượng nghỉ ban đầu và tổng năng lượng nghỉ của các hạt sinh ra: $K_{\text{tot}}=m_{\eta }{c}^2-\sum m_{\pi }{c}^2$.

(a) Điện tích của hạt ${\eta }^0$ là $Q=0$. Các hạt pion có thể có điện tích $0,+1,-1$. Tổ hợp ba hạt có tổng điện tích bằng 0 gồm có:

1. Ba hạt pion trung hòa: ${\pi }^0+{\pi }^0+{\pi }^0$.
2. Một cặp pion tích điện trái dấu và một pion trung hòa: ${\pi }^{+}+{\pi }^{-}+{\pi }^0$.

Các tổ hợp khác (như $2{\pi }^{+}+{\pi }^{-}$ có điện tích $+1$, hay ${\pi }^{+}+2{\pi }^{-}$ có điện tích $-1$) đều vi phạm định luật bảo toàn điện tích.

(b) Khối lượng nghỉ từ Bảng 44.3:

• ${\eta }^0$: $m_{\eta }{c}^2=547,9\mathrm{MeV}$.
• ${\pi }^0$: $m_{{\pi }^0}{c}^2=135,0\mathrm{MeV}$.
• ${\pi }^{\pm }$: $m_{{\pi }^{\pm }}{c}^2=139,6\mathrm{MeV}$.

Trường hợp 1: Phân rã thành $3{\pi }^0$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\eta }{c}^2-3m_{{\pi }^0}{c}^2\\ & =547,9-3(135,0)\\ & =142,9\mathrm{MeV}\end{array}$$

Trường hợp 2: Phân rã thành ${\pi }^{+}+{\pi }^{-}+{\pi }^0$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\eta }{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =547,9-414,2\\ & =133,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Kết luận: Hai tổ hợp được phép là $3{\pi }^0$ (với tổng động năng $142,9\mathrm{MeV}$) và ${\pi }^{+}+{\pi }^{-}+{\pi }^0$ (với tổng động năng $133,7\mathrm{MeV}$).

44.43

Hạt $\varphi$ có khối lượng $1019,4\mathrm{MeV}/c^2$ và độ rộng năng lượng $\mathrm{\Gamma }=4,4\mathrm{MeV}$ (ứng với độ rộng khối lượng $4,4\mathrm{MeV}/c^2$). Hãy sử dụng hệ thức bất định để ước lượng thời gian sống của meson $\varphi$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\varphi$ có độ rộng năng lượng $\mathrm{\Gamma }=4,4\mathrm{MeV}$. Ước lượng thời gian sống trung bình $\tau$.

Hướng đi:

• Hệ thức bất định năng lượng – thời gian: Trong vật lý hạt thực nghiệm, độ rộng năng lượng tự nhiên $\mathrm{\Gamma }$ của trạng thái cộng hưởng liên hệ với thời gian sống trung bình $\tau$ qua hệ thức chuẩn mực $\mathrm{\Gamma }\tau =\hslash$.
• Đơn vị chuẩn: Sử dụng hằng số Planck rút gọn $\hslash \approx \mathrm{6,582}\times {10}^{-22}\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{s}$.

Độ rộng năng lượng của hạt là:

$$\mathrm{\Gamma }=4,4\mathrm{MeV}$$

Áp dụng hệ thức liên hệ độ rộng tự nhiên và thời gian sống:

$$\tau \approx \frac{\hslash }{\mathrm{\Gamma }}$$

Thay số với $\hslash \approx \mathrm{6,582}\times {10}^{-22}\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}\tau & \approx \frac{\mathrm{6,582}\times {10}^{-22}}{4,4}\\ & \approx 1,5\times {10}^{-22}\mathrm{s}\end{array}$$

(Nếu tính theo quy ước gần đúng $\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\sim \frac{\hslash }{2}$, giá trị ước lượng thu được là $\tau \sim 7,5\times {10}^{-23}\mathrm{s}$).

Kết luận: Thời gian sống trung bình của $\varphi$ ước lượng vào khoảng $1,5\times {10}^{-22}\mathrm{s}$ (hoặc khoảng $7,5\times {10}^{-23}\mathrm{s}$ theo quy ước $\hslash /2$).

44.44

Hãy ước lượng độ rộng năng lượng (độ bất định năng lượng) của hạt $\psi$ nếu thời gian sống trung bình của nó bằng $7,6\times {10}^{-21}\mathrm{s}$. Độ rộng này chiếm tỉ lệ bao nhiêu phần trăm so với năng lượng nghỉ của hạt?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt $\psi$ ($J/\psi$) có thời gian sống $\tau =7,6\times {10}^{-21}\mathrm{s}$ và khối lượng nghỉ $m_{\psi }{c}^2=3097\mathrm{MeV}$. Tính độ rộng $\mathrm{\Gamma }$ và tỉ số $\mathrm{\Gamma }/m_{\psi }{c}^2$.

Hướng đi:

• Độ rộng năng lượng: Tính từ hệ thức $\mathrm{\Gamma }\approx \hslash /\tau$.
• Tỉ lệ phần trăm: Chia cho năng lượng nghỉ $m_{\psi }{c}^2=3097\mathrm{MeV}$.

Độ rộng năng lượng được ước lượng bằng:

$$\mathrm{\Gamma }\approx \frac{\hslash }{\tau }$$

Thay số:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }& \approx \frac{\mathrm{6,582}\times {10}^{-22}}{7,6\times {10}^{-21}}\\ & \approx \mathrm{0,086}6\mathrm{MeV}\\ & =86,6\mathrm{keV}\end{array}$$

Khối lượng nghỉ của hạt $\psi$ được dùng trong phép tính là $m_{\psi }{c}^2=3097\mathrm{MeV}$.

Tỉ số giữa độ rộng năng lượng và năng lượng nghỉ:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Gamma }}{m_{\psi }{c}^2}& =\frac{\mathrm{0,086}6\mathrm{MeV}}{3097\mathrm{MeV}}\\ & \approx 2,8\times {10}^{-5}\end{array}$$

Tương đương khoảng $\mathrm{0,002}8\mathrm{\%}$.

Kết luận: Độ rộng năng lượng của hạt $\psi$ là khoảng $86,6\mathrm{keV}$, chỉ chiếm khoảng $\mathrm{0,002}8\mathrm{\%}$ năng lượng nghỉ của hạt, giải thích vì sao hạt này có thời gian sống dài khác thường so với phân rã mạnh thông thường.

Nếu dùng ước lượng bất định $\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\sim \hslash /2$, độ bất định năng lượng là khoảng 43,3 keV, tương đương 0,0014% năng lượng nghỉ. Độ rộng tự nhiên $\mathrm{\Gamma }$ và đại lượng bất định trong ước lượng này sử dụng hai quy ước khác nhau.

44.45

Một kênh phân rã proton được dự đoán trong lý thuyết là $p\to e^{+}+{\pi }^0$. Phân rã này vi phạm cả định luật lẫn số . Do đó, thời gian sống của proton được dự đoán là rất dài. Giả sử chu kỳ bán rã của proton là $1,0\times {10}^{18}\mathrm{yr}$. (a) Hãy tính năng lượng truyền cho mỗi kilogram mô sinh học (tính theo đơn vị $\mathrm{rad}$) do các proton trong cơ thể bạn phân rã trong một năm. Coi cơ thể cấu tạo hoàn toàn từ nước. Chỉ có hai proton trong các nguyên tử hydro của mỗi phân tử ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ là phân rã theo cơ chế trên. Bạn có hiểu tại sao không? Giả sử rằng hạt ${\pi }^0$ phân rã thành hai tia $\gamma$, hạt positron bị hủy với một electron, và toàn bộ năng lượng sinh ra từ phân rã sơ cấp cùng các phân rã thứ cấp đều được lưu lại trong cơ thể. (b) Hãy tính liều tương đương (tính theo $\mathrm{rem}$) với giả thiết hệ số $\mathrm{RBE}=1,0$ cho mọi sản phẩm bức xạ, rồi so sánh với mức phông bức xạ tự nhiên $0,1\mathrm{rem}$ và giới hạn an toàn $5,0\mathrm{rem}$ đối với công nhân làm việc trong ngành bức xạ. Dựa trên tính toán của bạn, liệu chu kỳ bán rã của proton có thể ngắn ở mức $1,0\times {10}^{18}\mathrm{yr}$ hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân rã proton tự do trong ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ với $T_{1/2}=1,0\times {10}^{18}\mathrm{yr}$. (a) Tính liều hấp thụ $D$ trên $1\mathrm{kg}$ mô trong 1 năm (theo $\mathrm{rad}$). (b) Tính liều tương đương (theo $\mathrm{rem}$), so sánh với phông bức xạ và kết luận về giả thuyết thời gian sống.

Hướng đi:

• Năng lượng tỏa ra mỗi phân rã: Mỗi phân rã gồm $p\to e^{+}+{\pi }^0$, kèm theo ${\pi }^0\to 2\gamma$ và $e^{+}+e^{-}\to 2\gamma$. Do đó toàn bộ khối lượng nghỉ của proton và electron bị hủy chuyển hết thành năng lượng: $E_1=(m_p+m_e)c^2$.
• Số proton hydro trong $1\mathrm{kg}$ nước: Tính số mol nước và số nguyên tử hydro tương ứng.
• Tốc độ : Áp dụng công thức $\mathrm{\Delta }N=N_p\lambda \mathrm{\Delta }t$ với $\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$.
• Liều lượng: $D=(\mathrm{\Delta }N\times E_1)/1\mathrm{kg}$, sau đó đổi $1\mathrm{Gy}=100\mathrm{rad}$.

(a) Năng lượng giải phóng trong một phân rã hoàn toàn: Khi hạt positron sinh ra hủy với một electron trong cơ thể, năng lượng thu được bằng tổng năng lượng nghỉ của proton ban đầu và electron bị hủy:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =(m_p+m_e)c^2\\ & =938,27+0,51\\ & \approx 938,78\mathrm{MeV}\end{array}$$

Đổi sang đơn vị Joule:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& \approx (938,8\mathrm{MeV})\times e\\ & \approx \mathrm{1,504}\times {10}^{-10}\mathrm{J}\end{array}$$

Khối lượng mol của nước ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ là $M\approx \mathrm{0,018}015\mathrm{kg}/\mathrm{mol}$. Trong $1,0\mathrm{kg}$ nước có số phân tử:

$$\begin{array}{rl}{n}_{\text{mol}}& =\frac{1,0}{\mathrm{0,018}015}\\ & \approx 55,51\mathrm{mol}\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{N}_{\text{pt}}& =55,51\times N_A\\ & \approx \mathrm{3,343}\times {10}^{25}\end{array}$$

Mỗi phân tử ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ có 2 nguyên tử hydro, tương ứng với 2 proton tự do (đây là giới hạn đếm hạt mà mô hình bài toán đặt ra. Liên kết hạt nhân không tự nó cấm mọi kênh phân rã của proton liên kết):

$$\begin{array}{rl}{N}_p& =2N_{\text{pt}}\\ & \approx \mathrm{6,686}\times {10}^{25}{\mathrm{kg}}^{-1}\end{array}$$

Hằng số phân rã của proton:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}\\ & =\frac{\mathrm{0,693}15}{1,0\times {10}^{18}\mathrm{yr}}\\ & \approx 6,93\times {10}^{-19}{\mathrm{yr}}^{-1}\end{array}$$

Số proton phân rã trong $1\mathrm{kg}$ mô sau $\mathrm{\Delta }t=1,0\mathrm{yr}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }N& =\mathrm{6,686}\times 6,93\times {10}^6\\ & \approx 4,63\times {10}^7{\mathrm{kg}}^{-1}\end{array}$$

Năng lượng lắng đọng trong mỗi kilogram mô:

$$\begin{array}{rl}D& =4,63\times \mathrm{1,504}\times {10}^{-3}\\ & \approx 6,97\times {10}^{-3}\mathrm{J}/\mathrm{kg}\\ & =6,97\times {10}^{-3}\mathrm{Gy}\end{array}$$

Đổi sang đơn vị $\mathrm{rad}$ ($1\mathrm{Gy}=100\mathrm{rad}$):

$$\begin{array}{rl}D& =(6,97\times {10}^{-3})\times 100\\ & \approx 0,70\mathrm{rad}\end{array}$$

(b) Với hệ số $\mathrm{RBE}=1,0$, liều tương đương nhận được trong một năm là:

$$\begin{array}{rl}H& =D\times \mathrm{RBE}\\ & =0,70\mathrm{rad}\times 1,0\\ & =0,70\mathrm{rem}\end{array}$$

So sánh với các mức quy chuẩn giả định trong bài toán:

• Mức phông bức xạ tự nhiên đưa ra là $0,1\mathrm{rem}/\mathrm{yr}$. Liều phân rã này ($0,70\mathrm{rem}$) gấp đến $7$ lần toàn bộ bức xạ nền tự nhiên của môi trường.
• Mặc dù giá trị này vẫn dưới giới hạn giả định $5,0\mathrm{rem}/\mathrm{yr}$ đối với công nhân làm việc với bức xạ, nhưng nếu một liều phóng xạ nội tại lớn gấp 7 lần phông tự nhiên tồn tại trong cơ thể mỗi con người thì các máy đo bức xạ hiện đại đã dễ dàng ghi nhận được từ lâu. (Lưu ý rằng chu kỳ bán rã giả định ${10}^{18}\mathrm{yr}$, phông $0,1\mathrm{rem}$ và giới hạn $5,0\mathrm{rem}$ là các giả định mô hình bài toán, không phải quy chuẩn y tế pháp lý hiện hành).

Kết luận: Trong các giả thiết đã nêu, liều bổ sung khoảng 0,70 rem mỗi năm lớn hơn phông 0,1 rem dùng để so sánh. Điều này khiến giả thuyết chu kỳ bán rã ngắn như vậy không phù hợp với lập luận thực nghiệm của bài toán. Riêng mức giới hạn 5,0 rem không đủ để suy ra kết luận ấy vì liều tính được vẫn thấp hơn mức đó.

Bài tập (tiếp theo)

44.46

Một hạt $\varphi$ (xem Bài 44.43) ở trạng thái nghỉ phân rã theo kênh $\varphi \to K^{+}+K^{-}$. Nó có $S=0$. (a) Hãy tìm động năng của meson $K^{+}$ (giả sử hai sản phẩm phân rã chia đều động năng vì có khối lượng bằng nhau). (b) Nêu lý do vì sao phân rã $\varphi \to K^{+}+K^{-}+{\pi }^0$ chưa từng được quan sát thấy. (c) Nêu lý do vì sao các phân rã $\varphi \to K^{+}+{\pi }^{-}$ và $\varphi \to K^{+}+{\mu }^{-}$ chưa từng được quan sát thấy.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\varphi$ đứng yên phân rã thành $K^{+}+K^{-}$. Tìm động năng $K_{K^{+}}$ và giải thích tính bất khả thi của các kênh phân rã khác.

Hướng đi:

• Bảo toàn năng lượng: Tổng động năng bằng hiệu khối lượng nghỉ: $K_{\text{tot}}=m_{\varphi }{c}^2-2m_K{c}^2$.
• Đối xứng khối lượng: Vì hai hạt con giống nhau về khối lượng nghỉ, động năng được chia đều: $K_{K^{+}}=K_{\text{tot}}/2$.
• Ngưỡng năng lượng tạo hạt: Phân rã bị cấm nếu khối lượng nghỉ sản phẩm vượt quá khối lượng hạt mẹ.
• Quy tắc bảo toàn số lượng tử: Kiểm tra bảo toàn $S$ và số $L_{\mu }$.

(a) Tra cứu Bảng 44.3, khối lượng nghỉ của các hạt là:

• $\varphi$: $m_{\varphi }{c}^2=1019,4\mathrm{MeV}$.
• $K^{\pm }$: $m_K{c}^2=493,7\mathrm{MeV}$.

Tổng động năng giải phóng trong phân rã $\varphi \to K^{+}+K^{-}$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\varphi }{c}^2-2m_K{c}^2\\ & =1019,4-2(493,7)\\ & =32,0\mathrm{MeV}\end{array}$$

Do tính đối xứng, động năng của mỗi hạt kaon là:

$$\begin{array}{rl}{K}_{K^{+}}& =\frac{K_{\text{tot}}}{2}\\ & =\frac{32,0\mathrm{MeV}}{2}\\ & =16,0\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Khối lượng nghỉ tối thiểu của tổ hợp sản phẩm $K^{+}+K^{-}+{\pi }^0$: Với $m_{{\pi }^0}{c}^2=135,0\mathrm{MeV}$, tổng năng lượng nghỉ của các hạt sinh ra là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{nghỉ}}& =2m_K{c}^2+m_{{\pi }^0}{c}^2\\ & =987,4+135,0\\ & =1122,4\mathrm{MeV}\end{array}$$

Vì $1122,4\mathrm{MeV}>1019,4\mathrm{MeV}$, năng lượng nghỉ của sản phẩm lớn hơn năng lượng nghỉ ban đầu của hạt mẹ $\varphi$. Do đó kênh phân rã này bị cấm bởi định luật bảo toàn năng lượng.

(c) Xét các kênh phân rã còn lại:

• Kênh $\varphi \to K^{+}+{\pi }^{-}$: Hạt $\varphi$ có $S=0$. Sản phẩm gồm $K^{+}$ có $S=+1$ và ${\pi }^{-}$ có $S=0$. Điều này dẫn đến tổng độ lạ sau phản ứng bằng $+1$. Độ lạ bị biến thiên $\mathrm{\Delta }S=+1\ne 0$, vi phạm định luật bảo toàn độ lạ trong tương tác mạnh.
• Kênh $\varphi \to K^{+}+{\mu }^{-}$: Hạt $\varphi$ có số $L_{\mu }=0$. Sau phản ứng, hạt ${\mu }^{-}$ có số lepton $L_{\mu }=+1$, vi phạm định luật bảo toàn số lepton muon. Đồng thời kênh này cũng vi phạm định luật bảo toàn vì $S(K^{+})=+1$.

Kết luận: Động năng của $K^{+}$ bằng $16,0\mathrm{MeV}$. Các kênh khác không xảy ra do vi phạm bảo toàn năng lượng, hoặc số .

44.47

Có khoảng $10000$ proton tia vũ trụ, mỗi hạt mang năng lượng hàng trăm $\mathrm{MeV}$, đập vào mỗi mét vuông tầng trên bầu khí quyển mỗi giây. Chúng va chạm với nitơ và oxy khí quyển để tạo thành các trận mưa hạt thứ cấp, bao gồm nhiều hạt muon. Muon có khối lượng $105,7\mathrm{MeV}/c^2$ và thời gian sống trung bình $\mathrm{2,197}\mu \mathrm{s}$. Xét một muon thứ cấp sinh ra ở độ cao $15,00\mathrm{km}$ hướng thẳng đứng xuống dưới với năng lượng toàn phần $\mathrm{6,000}\mathrm{GeV}$. Với năng lượng cao như vậy, muon có thể đi sâu vào lòng đất mà không bị chậm lại đáng kể. (a) Xác định tốc độ của muon này. (b) Nếu không có hiệu ứng tương đối tính, muon sẽ đi được quãng đường bao xa trong một thời gian sống trung bình? (c) Trong hệ quy chiếu của muon, khoảng cách giữa vị trí tạo thành và bề mặt Trái Đất bằng bao nhiêu? (d) Nếu một thời gian sống trung bình trôi qua trong hệ quy chiếu của muon, bao nhiêu thời gian sẽ trôi qua trong hệ quy chiếu Trái Đất? (e) Trong khoảng thời gian đó, muon đi được quãng đường bao xa theo quan sát từ Trái Đất? (f) Liệu muon có sống sót để chạm tới mặt đất không? Nó sẽ xuyên sâu bao nhiêu vào lòng đất trong suốt thời gian sống của nó?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Muon sinh ra ở độ cao $15,00\mathrm{km}$, năng lượng $E=\mathrm{6,000}\mathrm{GeV}$, thời gian sống riêng ${\tau }_0=\mathrm{2,197}\mu \mathrm{s}$. Tính vận tốc, quãng đường cổ điển, co độ dài, giãn thời gian và độ xuyên sâu vào vỏ Trái Đất.

Hướng đi:

• : $\gamma =E/(m_{\mu }{c}^2)$.
• Tốc độ: $\beta =\sqrt{1-1/{\gamma }^2}$.
• Quãng đường cổ điển: $d_{\text{cl}}=c{\tau }_0$.
• Co độ dài Lorentz: $L=L_0/\gamma$.
• Giãn thời gian: $\mathrm{\Delta }t=\gamma {\tau }_0$.
• Quãng đường thực tế và độ xuyên sâu: $d=c\mathrm{\Delta }t$, độ sâu $h=d-L_0$.

(a) Năng lượng nghỉ của hạt muon là $m_{\mu }{c}^2=105,7\mathrm{MeV}$ (tức $\mathrm{0,105}7\mathrm{GeV}$). của muon:

$$\begin{array}{rl}\gamma & =\frac{E}{m_{\mu }{c}^2}\\ & =\frac{\mathrm{6,000}}{\mathrm{0,105}7}\\ & \approx 56,76\end{array}$$

Tốc độ tương đối tính của muon:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\sqrt{1-\frac{1}{{\gamma }^2}}\\ & =\sqrt{1-\frac{1}{56,{76}^2}}\\ & \approx \mathrm{0,999}845\end{array}$$

Tốc độ của muon là $v\approx \mathrm{0,999}845c$, tương đương $\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

(b) Nếu không có hiệu ứng tương đối tính, quãng đường muon đi được trong một thời gian sống riêng ${\tau }_0=\mathrm{2,197}\mu \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}{d}_{\text{cl}}& =v{\tau }_0\\ & \approx c{\tau }_0\\ & =659\mathrm{m}\end{array}$$

Giá trị này nhỏ hơn rất nhiều so với khoảng cách khí quyển $15\mathrm{km}$.

(c) Trong hệ quy chiếu gắn với muon, khoảng cách từ vị trí sinh ra đến mặt đất bị co ngắn theo hệ thức Lorentz:

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{L_0}{\gamma }\\ & =\frac{15,00\mathrm{km}}{56,76}\\ & \approx \mathrm{0,264}\mathrm{km}\\ & =264\mathrm{m}\end{array}$$

(d) Trong hệ quy chiếu Trái Đất, khoảng thời gian tương ứng với một thời gian sống riêng của muon bị giãn ra:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }t& =\gamma {\tau }_0\\ & =56,76\times (\mathrm{2,197}\mu \mathrm{s})\\ & \approx 124,7\mu \mathrm{s}\end{array}$$

(e) Quãng đường muon đi được theo quan sát từ Trái Đất:

$$\begin{array}{rl}d& =v\mathrm{\Delta }t\\ & \approx c\mathrm{\Delta }t\\ & \approx 37,4\mathrm{km}\end{array}$$

(f) Xét theo mô hình giả định của bài toán với một thời gian sống trung bình: Thang cự ly trung bình muon đi được trước khi phân rã là $d\approx 37,4\mathrm{km}$, lớn hơn đáng kể so với độ cao khí quyển $L_0=15,00\mathrm{km}$. Do đó, ở quy mô trung bình này, muon hoàn toàn vượt qua được bầu khí quyển và chạm tới mặt đất. Độ sâu xuyên vào lòng đất tương ứng:

$$\begin{array}{rl}h& =d-L_0\\ & =37,4\mathrm{km}-15,0\mathrm{km}\\ & =22,4\mathrm{km}\end{array}$$

Lưu ý rằng thời gian sống ${\tau }_0$ mang tính chất thống kê ngẫu nhiên: Xác suất để một hạt muon riêng lẻ chưa phân rã sau khi bay qua lớp khí quyển $15,0\mathrm{km}$ là $P={\mathrm{e}}^{-L_0/d}\approx 67\mathrm{\%}$ (với $L_0/d=15,0/37,4$), tức là khoảng hai phần ba số muon sẽ đến được mặt đất.

Kết luận: Muon chuyển động với tốc độ xấp xỉ $\mathrm{0,999}85c$. Ở thang cự ly trung bình của bài toán, muon vượt qua $15,00\mathrm{km}$ khí quyển và có thể xuyên sâu khoảng $22,4\mathrm{km}$ vào lòng đất.

44.48

Hạt ${\mathrm{\Xi }}^{-}$ ở trạng thái nghỉ phân rã thành ${\mathrm{\Lambda }}^0$ và ${\pi }^{-}$: ${\mathrm{\Xi }}^{-}\to {\mathrm{\Lambda }}^0+{\pi }^{-}$. (a) Tìm tổng động năng của các sản phẩm phân rã. (b) Mỗi hạt mang đi bao nhiêu phần động năng này (tính theo phân số và phần trăm)? (Sử dụng các biểu thức tương đối tính cho và năng lượng).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân rã hai vật ${\mathrm{\Xi }}^{-}\to {\mathrm{\Lambda }}^0+{\pi }^{-}$ ở trạng thái nghỉ. Tìm tổng động năng và phân số động năng của từng hạt con.

Hướng đi:

• Bảo toàn năng lượng: Tổng động năng bằng hiệu năng lượng nghỉ của hạt mẹ và các hạt con.
• Động học phân rã hai vật: Thiết lập phương trình bảo toàn $p_{\mathrm{\Lambda }}=p_{\pi }$ và năng lượng toàn phần.
• Biểu thức năng lượng tương đối tính: $E_i=\frac{m_{\text{mẹ}}^2+m_i^2-m_j^2}{2m_{\text{mẹ}}}{c}^2$.
• Phân số động năng: Tính tỉ số $K_i/K_{\text{tot}}$.

Minh họa bài 44.48: Phân bố động năng trong phân rã hai hạt đứng yên, hạt nhẹ hơn mang phần lớn động năng.

(a) Khối lượng nghỉ từ Bảng 44.3:

• Hạt ${\mathrm{\Xi }}^{-}$: $m_{\mathrm{\Xi }}{c}^2=1322\mathrm{MeV}$.
• Hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$: $m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2=1116\mathrm{MeV}$.
• Hạt ${\pi }^{-}$: $m_{\pi }{c}^2=139,6\mathrm{MeV}$.

Tổng khối lượng nghỉ các hạt con là $1116+139,6=1255,6\mathrm{MeV}$ (tức $\sum m_f{c}^2=1255,6\mathrm{MeV}$). Tổng động năng giải phóng:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\mathrm{\Xi }}{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =1322-1255,6\\ & =66,4\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Trong hệ nghỉ của hạt ${\mathrm{\Xi }}^{-}$, hai hạt sinh ra chuyển động ngược chiều với cùng độ lớn :

$$p_{\mathrm{\Lambda }}=p_{\pi }=p$$

Năng lượng toàn phần của hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$ được xác định bởi:

$$E_{\mathrm{\Lambda }}=\frac{m_{\mathrm{\Xi }}^2+m_{\mathrm{\Lambda }}^2-m_{\pi }^2}{2m_{\mathrm{\Xi }}}{c}^2$$

Giá trị tử số $\mathrm{\Delta }=m_{\mathrm{\Xi }}^2+m_{\mathrm{\Lambda }}^2-m_{\pi }^2$ tính từ các khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }\approx \mathrm{2,974}\times {10}^6{\mathrm{MeV}}^2$$

Năng lượng toàn phần của ${\mathrm{\Lambda }}^0$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{\Lambda }}& =\frac{\mathrm{2,974}\times {10}^6}{2\times 1322}\\ & \approx 1124,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Động năng của hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{\Lambda }}& =E_{\mathrm{\Lambda }}-m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2\\ & =1124,7-1116,0\\ & =8,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Động năng của hạt ${\pi }^{-}$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\pi }& =K_{\text{tot}}-K_{\mathrm{\Lambda }}\\ & =66,4-8,7\\ & =57,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Phân số và phần trăm động năng của mỗi hạt mang đi:

• Hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$: $\frac{K_{\mathrm{\Lambda }}}{K_{\text{tot}}}=\frac{8,7}{66,4}\approx \mathrm{0,131}$ (chiếm $13,1\mathrm{\%}$).
• Hạt ${\pi }^{-}$: $\frac{K_{\pi }}{K_{\text{tot}}}=\frac{57,7}{66,4}\approx \mathrm{0,869}$ (chiếm $86,9\mathrm{\%}$).

Kết luận: Tổng động năng là $66,4\mathrm{MeV}$, trong đó phân số động năng của hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$ là $\mathrm{0,131}$ ($13,1\mathrm{\%}$) và phân số động năng của hạt ${\pi }^{-}$ là $\mathrm{0,869}$ ($86,9\mathrm{\%}$). Hạt pion nhẹ hơn mang phần lớn động năng phân rã.

44.49

Hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$ chuyển động dọc theo chiều dương trục $x$ với động năng $180\mathrm{MeV}$ phân rã thành ${\pi }^{-}$ và một neutron: ${\mathrm{\Sigma }}^{-}\to {\pi }^{-}+n$. Hạt ${\pi }^{-}$ chuyển động theo chiều dương trục $y$. Động năng của neutron bằng bao nhiêu, và hướng vận tốc của neutron như thế nào? Sử dụng các biểu thức tương đối tính cho năng lượng và .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$ chuyển động theo phương $+x$ với $K_{\mathrm{\Sigma }}=180\mathrm{MeV}$ phân rã thành ${\pi }^{-}$ theo $+y$ và neutron. Tìm động năng $K_n$ và hướng vận tốc của neutron.

Hướng đi:

• Bảo toàn 4-: ${\overrightarrow{p}}_n={\overrightarrow{p}}_{\mathrm{\Sigma }}-{\overrightarrow{p}}_{\pi }$ và $E_n=E_{\mathrm{\Sigma }}-E_{\pi }$.
• Hệ thức bất biến: $E_n^2-p_n^2{c}^2=m_n^2{c}^4$.
• Rút ra năng lượng pion: $E_{\pi }=\frac{m_{\mathrm{\Sigma }}^2+m_{\pi }^2-m_n^2}{2E_{\mathrm{\Sigma }}}{c}^2$.
• Góc lệch vận tốc: $\tan \theta =-p_{\pi }/p_{\mathrm{\Sigma }}$.

Minh họa bài 44.49: Giản đồ vector động lượng phân rã hạt Sigma âm

Khối lượng nghỉ từ Bảng 44.3:

• Hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$: $m_{\mathrm{\Sigma }}{c}^2=1197\mathrm{MeV}$.
• Hạt neutron: $m_n{c}^2=939,6\mathrm{MeV}$.
• ${\pi }^{-}$: $m_{\pi }{c}^2=139,6\mathrm{MeV}$.

Năng lượng toàn phần của hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{\Sigma }}& =m_{\mathrm{\Sigma }}{c}^2+K_{\mathrm{\Sigma }}\\ & =1197+180\\ & =1377\mathrm{MeV}\end{array}$$

của hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$:

$$\begin{array}{rl}{p}_{\mathrm{\Sigma }}c& =\sqrt{E_{\mathrm{\Sigma }}^2-m_{\mathrm{\Sigma }}^2{c}^4}\\ & =\sqrt{{1377}^2-{1197}^2}\\ & \approx 680,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Theo định luật bảo toàn :

$${\overrightarrow{p}}_n=(p_{\mathrm{\Sigma }},-p_{\pi })$$

Bình phương của neutron:

$$p_n^2{c}^2=p_{\mathrm{\Sigma }}^2{c}^2+p_{\pi }^2{c}^2$$

Hệ thức tương đối tính của neutron:

$$E_n^2-p_n^2{c}^2=m_n^2{c}^4$$

Thay $E_n=E_{\mathrm{\Sigma }}-E_{\pi }$ và triệt tiêu các thành phần $E_{\mathrm{\Sigma }}^2-p_{\mathrm{\Sigma }}^2{c}^2=m_{\mathrm{\Sigma }}^2{c}^4$, $E_{\pi }^2-p_{\pi }^2{c}^2=m_{\pi }^2{c}^4$, ta rút ra:

$$E_{\pi }=\frac{m_{\mathrm{\Sigma }}^2+m_{\pi }^2-m_n^2}{2E_{\mathrm{\Sigma }}}{c}^2$$

Giá trị tử số $\mathrm{\Delta }=m_{\mathrm{\Sigma }}^2+m_{\pi }^2-m_n^2$ tính từ các khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }\approx 569,4\times {10}^3{\mathrm{MeV}}^2$$

Năng lượng của pion:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\pi }& =\frac{569,4\times {10}^3}{2\times 1377}\\ & \approx 206,8\mathrm{MeV}\end{array}$$

của pion:

$$\begin{array}{rl}{p}_{\pi }c& =\sqrt{E_{\pi }^2-m_{\pi }^2{c}^4}\\ & =\sqrt{206,8^2-139,6^2}\\ & \approx 152,5\mathrm{MeV}\end{array}$$

Năng lượng toàn phần và động năng của neutron:

$$\begin{array}{rl}{E}_n& =E_{\mathrm{\Sigma }}-E_{\pi }\\ & =1377-206,8\\ & =1170,2\mathrm{MeV}\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{K}_n& =E_n-m_n{c}^2\\ & =1170,2-939,6\\ & =230,6\mathrm{MeV}\end{array}$$

Hướng chuyển động của neutron tạo với trục $+x$ một góc:

$$\begin{array}{rl}\tan \theta & =-\frac{p_{\pi }}{p_{\mathrm{\Sigma }}}\\ & =-\frac{152,5}{680,7}\\ & \approx -\mathrm{0,224}0\end{array}$$

Suy ra $\theta \approx -12,6^{\circ }$.

Kết luận: Động năng của neutron là khoảng $231\mathrm{MeV}$, vận tốc lệch một góc $12,6^{\circ }$ phía dưới trục $+x$.

44.50

$K^0$ có năng lượng nghỉ $497,7\mathrm{MeV}$. Một meson $K^0$ chuyển động theo chiều dương trục $x$ với động năng $225\mathrm{MeV}$ phân rã thành ${\pi }^{+}$ và ${\pi }^{-}$, bay ra với các góc bằng nhau ở phía trên và phía dưới trục $+x$. Hãy tính động năng của ${\pi }^{+}$ và góc mà vận tốc của nó tạo với trục $+x$. Sử dụng các biểu thức tương đối tính cho năng lượng và .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $K^0$ bay theo phương $+x$ với $K_K=225\mathrm{MeV}$ phân rã thành ${\pi }^{+}+{\pi }^{-}$ đối xứng góc $\pm \theta$. Tìm động năng $K_{{\pi }^{+}}$ và góc bay $\theta$.

Hướng đi:

• Tính đối xứng: Hai hạt pion có cùng khối lượng nghỉ và đối xứng góc nên có cùng năng lượng và cùng : $E_{{\pi }^{+}}=E_{{\pi }^{-}}=E_K/2$.
• Bảo toàn năng lượng: $E_K=m_K{c}^2+K_K$.
• Bảo toàn dọc trục $x$: Áp dụng hệ thức $p_K=2p_{\pi }\cos \theta$.

Minh họa bài 44.50: Góc phát xạ đối xứng của hai pion theo động năng meson K0

Năng lượng toàn phần của $K^0$:

$$\begin{array}{rl}{E}_K& =m_K{c}^2+K_K\\ & =497,7+225,0\\ & =722,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

của hạt $K^0$:

$$\begin{array}{rl}{p}_{K}c& =\sqrt{E_K^2-m_K^2{c}^4}\\ & =\sqrt{722,7^2-497,7^2}\\ & \approx 524,0\mathrm{MeV}\end{array}$$

Do tính đối xứng, năng lượng của hạt ${\pi }^{+}$ là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\pi }& =\frac{E_K}{2}\\ & =\frac{722,7}{2}\\ & =361,35\mathrm{MeV}\end{array}$$

Động năng của hạt ${\pi }^{+}$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{{\pi }^{+}}& =E_{\pi }-m_{\pi }{c}^2\\ & =361,35-139,6\\ & \approx 221,8\mathrm{MeV}\end{array}$$

của hạt ${\pi }^{+}$:

$$\begin{array}{rl}{p}_{\pi }c& =\sqrt{E_{\pi }^2-m_{\pi }^2{c}^4}\\ & =\sqrt{361,{35}^2-139,6^2}\\ & \approx 333,3\mathrm{MeV}\end{array}$$

Áp dụng định luật bảo toàn theo phương $x$:

$$p_K=2p_{\pi }\cos \theta$$

Góc bay $\theta$ của hạt ${\pi }^{+}$:

$$\begin{array}{rl}\cos \theta & =\frac{p_K}{2p_{\pi }}\\ & =\frac{524,0}{2\times 333,3}\\ & \approx \mathrm{0,786}1\end{array}$$

Rút ra góc lệch $\theta =\arccos (\mathrm{0,786}1)$:

$$\theta \approx 38,2^{\circ }$$

Kết luận: Động năng của hạt ${\pi }^{+}$ là khoảng $222\mathrm{MeV}$ và góc tạo với trục $+x$ là khoảng $38,2^{\circ }$.

44.51

Khi hiệu chỉnh một cyclotron y tế dùng để sản xuất đồng vị phóng xạ, bạn thu được bảng số liệu sau:

$B(\mathrm{T})$	$K_{max}(\mathrm{MeV})$
$0,10$	$\mathrm{0,068}$
$0,20$	$\mathrm{0,270}$
$0,30$	$\mathrm{0,608}$
$0,40$	$\mathrm{1,080}$

Trong đó $B$ là từ trường đều trong cyclotron, và $K_{max}$ là động năng cực đại của hạt proton được gia tốc. Bán kính quỹ đạo $R$ của proton tại động năng cực đại có cùng giá trị với mọi giá trị của từ trường. (a) So sánh các giá trị động năng trong bảng với năng lượng nghỉ $m{c}^2$ của proton. Có cần thiết phải sử dụng các biểu thức tương đối tính trong phân tích của bạn không? Giải thích. (b) Vẽ đồ thị $K_{max}$ theo $B^2$. Dùng độ dốc của đường thẳng khớp tốt nhất để tìm bán kính $R$. (c) Động năng cực đại ứng với từ trường $0,25\mathrm{T}$ bằng bao nhiêu? (d) Tần số góc $\omega$ của proton khi $B=0,40\mathrm{T}$ bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ liệu cyclotron gia tốc proton với $K_{max}$ theo $B$. Phân tích phạm vi tương đối tính, xác định bán kính $R$ từ đồ thị tuyến tính, nội suy động năng ở $0,25\mathrm{T}$ và tần số góc ở $0,40\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Kiểm tra giới hạn tương đối tính: So sánh tỉ số $K/(m_p{c}^2)$.
• Hệ thức cyclotron phi tương đối tính: $K_{max}=\frac{q^2{R}^2}{2m}{B}^2$.
• Xác định bán kính: Đường hồi quy có độ dốc $S=\frac{q^2{R}^2}{2m}⟹R=\frac{\sqrt{2mS}}{q}$.
• Tần số góc cyclotron: $\omega =\frac{qB}{m}$.

Minh họa bài 44.51: Đồ thị K_max theo B^2 và xác định bán kính cyclotron

(a) Năng lượng nghỉ của proton là $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$. Giá trị động năng cực đại lớn nhất trong bảng là $K_{max}=\mathrm{1,080}\mathrm{MeV}$. Tỉ số $\mathrm{1,080}/938,3$ cho thấy:

$$\frac{K_{max}}{m_p{c}^2}\approx \mathrm{0,115}\mathrm{\%}$$

Vì tỉ số này nhỏ hơn rất nhiều so với $1\mathrm{\%}$, hiệu ứng tương đối tính hoàn toàn không đáng kể. Phép tính phi tương đối tính cổ điển đạt độ chính xác cao.

(b) Thiết lập quan hệ giữa động năng và từ trường: Từ bán kính quỹ đạo $R=\frac{mv}{qB}$, suy ra $v=\frac{qBR}{m}$. Động năng cực đại:

$$K_{max}=\frac{q^2{R}^2}{2m}{B}^2$$

Bảng giá trị $B^2$ và tỉ số độ dốc:

• Với $B=0,10\mathrm{T}$: $B^2=\mathrm{0,010}{\mathrm{T}}^2$, tỉ số là $6,80\mathrm{MeV}/{\mathrm{T}}^2$.
• Với $B=0,20\mathrm{T}$: $B^2=\mathrm{0,040}{\mathrm{T}}^2$, tỉ số là $6,75\mathrm{MeV}/{\mathrm{T}}^2$.
• Với $B=0,30\mathrm{T}$: $B^2=\mathrm{0,090}{\mathrm{T}}^2$, tỉ số là $6,76\mathrm{MeV}/{\mathrm{T}}^2$.
• Với $B=0,40\mathrm{T}$: $B^2=\mathrm{0,160}{\mathrm{T}}^2$, tỉ số là $6,75\mathrm{MeV}/{\mathrm{T}}^2$.

Độ dốc trung bình của đường thẳng khớp tốt nhất là:

$$S\approx 6,75\mathrm{MeV}/{\mathrm{T}}^2$$

Đổi độ dốc sang đơn vị SI:

$$\begin{array}{rl}S& \approx 6,75\times \mathrm{1,602}\times {10}^{-13}\\ & \approx \mathrm{1,081}\times {10}^{-12}\mathrm{J}/{\mathrm{T}}^2\end{array}$$

Bán kính quỹ đạo cực đại $R$: Thay các hằng số $m_p\approx \mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $q=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ và $S\approx \mathrm{1,081}\times {10}^{-12}\mathrm{J}/{\mathrm{T}}^2$:

$$\begin{array}{rl}{R}^2& =\frac{2m_{p}S}{q^2}\\ & \approx \mathrm{0,140}8{\mathrm{m}}^2\end{array}$$

Rút ra bán kính $R=\sqrt{\mathrm{0,140}8}$:

$$R\approx \mathrm{0,375}\mathrm{m}=37,5\mathrm{cm}$$

(c) Khi từ trường $B=0,25\mathrm{T}$, giá trị $B^2=\mathrm{0,062}5{\mathrm{T}}^2$. Động năng cực đại thu được:

$$\begin{array}{rl}{K}_{max}& =S\times B^2\\ & =6,75\times \mathrm{0,062}5\\ & \approx \mathrm{0,422}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(d) Tần số góc của proton khi $B=0,40\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{qB}{m_p}\\ & \approx 3,83\times {10}^7\mathrm{rad}/\mathrm{s}\end{array}$$

Kết luận: Phân tích phi tương đối tính là hoàn toàn thỏa đáng. Bán kính cyclotron là $37,5\mathrm{cm}$, động năng ở $0,25\mathrm{T}$ là $\mathrm{0,422}\mathrm{MeV}$, và tần số góc ở $0,40\mathrm{T}$ là $3,83\times {10}^7\mathrm{rad}/\mathrm{s}$.

44.52

Các sản phẩm phân rã từ hạt không bền thời gian sống ngắn có thể cung cấp bằng chứng rằng các hạt này được tạo ra trong một thí nghiệm va chạm. Là bước đầu tiên trong việc thiết kế thí nghiệm để phát hiện thời gian sống ngắn, bạn thực hiện nghiên cứu tài liệu về các phân rã của chúng. Bảng 44.3 cung cấp dữ liệu thực nghiệm về khối lượng và các kênh phân rã điển hình của các hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$, ${\mathrm{\Xi }}^0$, ${\mathrm{\Delta }}^{++}$, và ${\mathrm{\Omega }}^{-}$. (a) Trong bốn hạt này, hạt nào có khối lượng lớn nhất? Hạt nào có khối lượng nhỏ nhất? (b) Dựa theo các kênh phân rã trong bảng, sản phẩm phân rã của hạt nào có tổng động năng lớn nhất? Nhỏ nhất?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dựa vào Bảng 44.3, so sánh khối lượng và tính tổng động năng giải phóng trong các kênh phân rã đặc trưng của ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$, ${\mathrm{\Xi }}^0$, ${\mathrm{\Delta }}^{++}$, và ${\mathrm{\Omega }}^{-}$.

Hướng đi:

• Tra cứu khối lượng: Xác định khối lượng hạt mẹ và hạt con.
• Tính tổng động năng: $K_{\text{tot}}=m_{\text{mẹ}}{c}^2-\sum m_{\text{con}}{c}^2$.
• So sánh: Tìm giá trị cực đại và cực tiểu của khối lượng và động năng giải phóng.

(a) Tra cứu Bảng 44.3 cho khối lượng nghỉ của bốn hạt:

• Hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$: $1197\mathrm{MeV}/c^2$.
• Hạt ${\mathrm{\Delta }}^{++}$: $1232\mathrm{MeV}/c^2$.
• Hạt ${\mathrm{\Xi }}^0$: $1315\mathrm{MeV}/c^2$.
• Hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$: $1672\mathrm{MeV}/c^2$.

So sánh:

• Hạt có khối lượng lớn nhất: ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ ($1672\mathrm{MeV}/c^2$).
• Hạt có khối lượng nhỏ nhất: ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$ ($1197\mathrm{MeV}/c^2$).

(b) Tính tổng động năng giải phóng theo các kênh phân rã chính trong Bảng 44.3:

1. Hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}\to n+{\pi }^{-}$ với $\sum m_f{c}^2=1079,2\mathrm{MeV}$ (do $939,6+139,6=1079,2$):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\mathrm{\Sigma }}{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =1197-1079,2\\ & =117,8\mathrm{MeV}\end{array}$$

2. Hạt ${\mathrm{\Delta }}^{++}\to p+{\pi }^{+}$ với $\sum m_f{c}^2=1077,9\mathrm{MeV}$ (do $938,3+139,6=1077,9$):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\mathrm{\Delta }}{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =1232-1077,9\\ & =154,1\mathrm{MeV}\end{array}$$

3. Hạt ${\mathrm{\Xi }}^0\to {\mathrm{\Lambda }}^0+{\pi }^0$ với $\sum m_f{c}^2=1251,0\mathrm{MeV}$ (do $1116,0+135,0=1251,0$):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\mathrm{\Xi }}{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =1315-1251,0\\ & =64,0\mathrm{MeV}\end{array}$$

4. Hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}\to {\mathrm{\Lambda }}^0+K^{-}$ (kênh phân rã chính chiếm $68\mathrm{\%}$):

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\mathrm{\Omega }}{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =1672-1609,7\\ & =62,3\mathrm{MeV}\end{array}$$

So sánh các giá trị động năng:

• Sản phẩm có tổng động năng lớn nhất: Hạt ${\mathrm{\Delta }}^{++}$ với $K_{\text{tot}}=154,1\mathrm{MeV}$.
• Sản phẩm có tổng động năng nhỏ nhất: Hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ với $K_{\text{tot}}=62,3\mathrm{MeV}$.

Kết luận: Hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ có khối lượng lớn nhất nhưng kênh phân rã chính giải phóng động năng nhỏ nhất ($62,3\mathrm{MeV}$). Hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{-}$ có khối lượng nhỏ nhất. Hạt ${\mathrm{\Delta }}^{++}$ giải phóng tổng động năng lớn nhất ($154,1\mathrm{MeV}$).

44.53

Bạn bắt đầu chương trình cao học về vật lý hạt và đang tìm hiểu về tính đối xứng. Bạn lặp lại phân tích đã dẫn tới việc tiên đoán hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$. Chín trong số mười spin-$3/2$ gồm có:

• Bốn hạt $\mathrm{\Delta }$, mỗi hạt có khối lượng $1232\mathrm{MeV}/c^2$, $S=0$, điện tích $+2e,+e,0,-e$.
• Ba hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast }$, mỗi hạt có khối lượng $1385\mathrm{MeV}/c^2$, $S=-1$, điện tích $+e,0,-e$.
• Hai hạt ${\mathrm{\Xi }}^{\ast }$, mỗi hạt có khối lượng $1530\mathrm{MeV}/c^2$, $S=-2$, điện tích $0,-e$. (a) Vẽ các hạt này trên đồ thị độ lạ $S$ theo điện tích $Q$. Suy ra các giá trị $Q$ và $S$ của spin-$3/2$ thứ mười (hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$) và điền nó vào sơ đồ của bạn. Ghi chú khối lượng của các hạt. Khối lượng của ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ là $1672\mathrm{MeV}/c^2$. Giá trị này có nhất quán với sơ đồ của bạn không? (b) Suy ra cấu tạo ba (từ $u,d,s$) tạo nên mỗi hạt trong số mười hạt này. Vẽ lại sơ đồ $S$ theo $Q$ từ phần (a) với mỗi hạt được gắn nhãn thành phần quark. Bạn nhận thấy quy luật gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dựng đồ thị mười spin-$3/2$ (baryon decuplet), tiên đoán số lượng tử và khối lượng hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$, xác định cấu tạo và quy luật đối xứng.

Hướng đi:

• Đối xứng hình học: Xếp các hạt theo từng hàng $S$ giảm dần ($0,-1,-2,-3$).
• Quy luật cách đều khối lượng: Khối lượng tăng một lượng gần như không đổi khi giảm đi $1$.
• Cấu tạo : Quark $u$ có $Q=+2/3,S=0$. Quark $d$ có $Q=-1/3,S=0$. Quark $s$ có $Q=-1/3,S=-1$.

Minh họa bài 44.53: Sơ đồ decuplet baryon spin 3/2 và thành phần ba quark

(a) Phân tích đối xứng đồ thị $S$ theo $Q$:

• Hàng $S=0$ gồm bốn hạt $\mathrm{\Delta }$: ${\mathrm{\Delta }}^{-}$ ($Q=-1$), ${\mathrm{\Delta }}^0$ ($Q=0$), ${\mathrm{\Delta }}^{+}$ ($Q=+1$), ${\mathrm{\Delta }}^{++}$ ($Q=+2$). Khối lượng trung bình $1232\mathrm{MeV}/c^2$.
• Hàng $S=-1$ gồm ba hạt ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast }$: ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast -}$ ($Q=-1$), ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast 0}$ ($Q=0$), ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast +}$ ($Q=+1$). Khối lượng trung bình $1385\mathrm{MeV}/c^2$.
• Hàng $S=-2$ gồm hai hạt ${\mathrm{\Xi }}^{\ast }$: ${\mathrm{\Xi }}^{\ast -}$ ($Q=-1$), ${\mathrm{\Xi }}^{\ast 0}$ ($Q=0$). Khối lượng trung bình $1530\mathrm{MeV}/c^2$.

Độ chênh lệch khối lượng giữa các hàng liên tiếp:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{M}_1& =1385-1232\\ & =153\mathrm{MeV}/c^2\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{M}_2& =1530-1385\\ & =145\mathrm{MeV}/c^2\end{array}$$

Để hoàn thành hình tam giác đối xứng đảo ngược (decuplet), đỉnh dưới cùng tại hàng $S=-3$ phải có duy nhất một hạt mang điện tích $Q=-1$. Đó chính là hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$.

Dự đoán khối lượng của ${\mathrm{\Omega }}^{-}$:

$$\begin{array}{rl}{M}_{{\mathrm{\Omega }}^{-}}& \approx 1530+149\\ & =1679\mathrm{MeV}/c^2\end{array}$$

Khối lượng thực nghiệm đo được là $1672\mathrm{MeV}/c^2$, sai lệch chỉ khoảng $0,4\mathrm{\%}$. Giá trị này hoàn toàn nhất quán với sơ đồ đối xứng.

(b) Cấu tạo ba của mười hạt:

• Hàng $S=0$:
  • ${\mathrm{\Delta }}^{++}=uuu$ ($Q=+2$)
  • ${\mathrm{\Delta }}^{+}=uud$ ($Q=+1$)
  • ${\mathrm{\Delta }}^0=udd$ ($Q=0$)
  • ${\mathrm{\Delta }}^{-}=ddd$ ($Q=-1$)
• Hàng $S=-1$:
  • ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast +}=uus$ ($Q=+1$)
  • ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast 0}=uds$ ($Q=0$)
  • ${\mathrm{\Sigma }}^{\ast -}=dds$ ($Q=-1$)
• Hàng $S=-2$:
  • ${\mathrm{\Xi }}^{\ast 0}=uss$ ($Q=0$)
  • ${\mathrm{\Xi }}^{\ast -}=dss$ ($Q=-1$)
• Hàng $S=-3$:
  • ${\mathrm{\Omega }}^{-}=sss$ ($Q=-1$)

Quy luật đối xứng:

• Mỗi bước đi từ trên xuống dưới ứng với việc thay thế một nhẹ ($u$ hoặc $d$) bằng một quark lạ $s$, làm giảm đi $1$ và khối lượng tăng thêm khoảng $149\mathrm{MeV}/c^2$ (tương ứng với phần chênh lệch khối lượng hiệu dụng giữa quark lạ và quark nhẹ).
• Mỗi bước đi từ trái sang phải ứng với việc thay thế một $d$ bằng một quark $u$, làm điện tích tăng thêm $+1$ mà không làm thay đổi .

Kết luận: Hạt ${\mathrm{\Omega }}^{-}$ có $Q=-1$, $S=-3$, cấu tạo gồm ba lạ $sss$, và khối lượng tiên đoán $1679\mathrm{MeV}/c^2$ khớp chặt chẽ với khối lượng thực nghiệm $1672\mathrm{MeV}/c^2$.

44.54

Một kaon dương $K^{+}$ (trạng thái liên kết của up và phản quark strange $u\overline{s}$) có thể phân rã thành một phản muon và một neutrino muon thông qua quá trình tương tác yếu qua hạt truyền tương tác boson $W^{+}$: $K^{+}\to {\mu }^{+}+{\nu }_{\mu }$. Chúng ta có thể xác định phần năng lượng của kaon mà mỗi hạt con nhận được bằng động học tương đối tính. (a) Trong hệ quy chiếu nghỉ của kaon, tốc độ của antimuon là $v$ và của nó là $\gamma =(1-v^2/c^2{)}^{-1/2}$. Dùng ký hiệu $E_{\nu }$ cho năng lượng của neutrino, $M_K$ cho khối lượng kaon, và $M_{\mu }$ cho khối lượng antimuon, hãy viết phương trình tương đối tính bảo toàn năng lượng. Coi neutrino có khối lượng bằng 0. (b) Viết phương trình tương đối tính bảo toàn . (c) Giải hai phương trình này để xác định $v$ theo tỉ số khối lượng $s=M_K/M_{\mu }$. (d) Sử dụng khối lượng $M_K$ và $M_{\mu }$ trong Bảng 44.3 và 44.2, hãy xác định giá trị của $s$. (e) Năng lượng $E_{\mu }=\gamma M_{\mu }{c}^2$ của antimuon bằng bao nhiêu? (f) Năng lượng của neutrino bằng bao nhiêu? (g) Tổng của các năng lượng này có bằng năng lượng nghỉ của kaon không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân rã hai vật $K^{+}\to {\mu }^{+}+{\nu }_{\mu }$ ở trạng thái nghỉ. Tìm biểu thức tốc độ $v$ theo tỉ số khối lượng $s=M_K/M_{\mu }$, tính giá trị số của năng lượng $E_{\mu },E_{\nu }$ và kiểm tra định luật bảo toàn.

Hướng đi:

• Bảo toàn năng lượng: Tổng năng lượng hai hạt con bằng năng lượng nghỉ kaon.
• Bảo toàn : Động lượng antimuon và neutrino có cùng độ lớn.
• Giải hệ tìm tốc độ: Khử $E_{\nu }$ để biểu diễn $\beta =v/c$ theo $s$.
• Tính toán số trị: Dùng khối lượng thực nghiệm từ Bảng 44.2 và 44.3.

(a) Coi neutrino không có khối lượng nghỉ, năng lượng của neutrino là $E_{\nu }=p_{\nu }c$. Phương trình bảo toàn năng lượng trong hệ quy chiếu nghỉ của kaon:

$$M_K{c}^2=\gamma M_{\mu }{c}^2+E_{\nu }$$

(b) Ban đầu kaon đứng yên nên tổng bằng 0. Độ lớn động lượng của antimuon và neutrino phải bằng nhau:

$$\gamma M_{\mu }v=\frac{E_{\nu }}{c}$$

(c) Từ phương trình bảo toàn , ta có $E_{\nu }=\gamma M_{\mu }vc$. Thay vào phương trình bảo toàn năng lượng:

$$M_K{c}^2=\gamma M_{\mu }{c}^2+\gamma M_{\mu }vc$$

Chia cả hai vế cho $M_{\mu }{c}^2$ và đặt $\beta =v/c$:

$$s=\gamma (1+\beta )$$

Thay $\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-{\beta }^2}}$:

$$\begin{array}{rl}s& =\frac{1+\beta }{\sqrt{(1-\beta )(1+\beta )}}\\ & =\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }}\end{array}$$

Bình phương hai vế:

$$s^2=\frac{1+\beta }{1-\beta }$$

Giải phương trình tìm $\beta$:

$$\beta =\frac{s^2-1}{s^2+1}$$

Vận tốc của antimuon là:

$$v=c\left(\frac{s^2-1}{s^2+1}\right)$$

(d) Khối lượng nghỉ từ Bảng 44.2 và 44.3:

• Kaon dương: $M_K{c}^2=493,7\mathrm{MeV}$.
• Antimuon: $M_{\mu }{c}^2=105,7\mathrm{MeV}$.

Tỉ số khối lượng:

$$\begin{array}{rl}s& =\frac{493,7}{105,7}\\ & \approx \mathrm{4,671}\end{array}$$

Bình phương tỉ số:

$$s^2\approx 21,82$$

Tỉ số tốc độ của antimuon:

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{21,82-1}{21,82+1}\\ & =\frac{20,82}{22,82}\\ & \approx \mathrm{0,912}3\end{array}$$

(e) của antimuon:

$$\begin{array}{rl}\gamma & =\frac{s^2+1}{2s}\\ & =\frac{22,82}{2\times \mathrm{4,671}}\\ & \approx \mathrm{2,443}\end{array}$$

Năng lượng toàn phần của antimuon:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mu }& =\gamma M_{\mu }{c}^2\\ & =\mathrm{2,443}\times 105,7\mathrm{MeV}\\ & \approx 258,2\mathrm{MeV}\end{array}$$

(f) Năng lượng của neutrino:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\nu }& =M_K{c}^2-E_{\mu }\\ & =493,7-258,2\\ & =235,5\mathrm{MeV}\end{array}$$

(g) Kiểm tra tổng năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mu }+E_{\nu }& =258,2+235,5\\ & =493,7\mathrm{MeV}\end{array}$$

Tổng này đúng bằng năng lượng nghỉ $M_K{c}^2=493,7\mathrm{MeV}$ của hạt kaon mẹ.

Kết luận: Vận tốc antimuon là $v\approx \mathrm{0,912}3c$. Năng lượng antimuon nhận được là $258,2\mathrm{MeV}$, năng lượng neutrino nhận được là $235,5\mathrm{MeV}$, và tổng của chúng bảo toàn trọn vẹn năng lượng nghỉ của kaon.

44.55

Xét vũ trụ giả định hai chiều sau: Người Nibiru và người Xibalba là các xã hội tí hon "phẳng" nằm cách nhau một khoảng cách góc $\theta ={60}^{\circ }$ trên bề mặt của một vũ trụ hình cầu hai chiều có bán kính $R$, như trong Hình P44.55. (a) Khoảng cách $D$ giữa hai xã hội là bao nhiêu theo $R$ và $\theta$? (b) Nếu $R$ tăng theo thời gian, tốc độ xa cách $V=dD/dt$ giữa hai nền văn minh là bao nhiêu, theo $R$, $dR/dt$, và $D$? (c) Tốc độ xa cách và khoảng cách $D$ liên hệ với nhau qua hệ thức $V=BD$. Hãy xác định "tham số Bubble" $B$ theo $R(t)$. Lưu ý rằng $B$ không phải là hằng số. (Tương tự, "hằng số" Hubble $H_0$ được giả định là biến thiên theo thời gian). (d) Bán kính của vũ trụ này là $R_0=500,0\mathrm{m}$ tại thời điểm khai sinh $t=0$, và nó tăng với tốc độ không đổi $1,00\mathrm{mm}/\mathrm{s}$. Tham số Bubble bằng bao nhiêu vào đúng bốn năm sau khi vũ trụ khai sinh? (e) Khoảng cách giữa Nibiru và Xibalba bốn năm sau khai sinh là bao nhiêu? (f) Tại thời điểm đó, họ đang xa cách nhau với tốc độ bao nhiêu? (g) Tại thời điểm đó, người Nibiru phát đi các sóng gợn đẳng hướng với "tốc độ ánh sáng" của họ là $c=6,35\mathrm{mm}/\mathrm{s}$ và bước sóng $1,00\mathrm{nm}$. Mất bao lâu để các sóng này truyền tới Xibalba? (Gợi ý: Trong thời gian $dt$, sóng đi được khoảng cách góc $d\theta =cdt/R(t)$. để tìm góc truyền tổng cộng theo thời gian, rồi giải tìm thời gian cần thiết). (h) Người Xibalba sẽ quan sát thấy các sóng này ở bước sóng nào? (Gợi ý: Sử dụng phương trình (44.16)).

Hình P44.55: Mô hình vũ trụ cầu hai chiều giãn nở

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vũ trụ mặt cầu 2D có bán kính $R(t)$ giãn nở tuyến tính với $\dot{R}=1,00\mathrm{mm}/\mathrm{s}$. Hai nền văn minh cách nhau góc $\theta ={60}^{\circ }$. Khảo sát quy luật Hubble tương tự, tính tham số Bubble sau $4$ năm, thời gian truyền sóng và bước sóng .

Hướng đi:

• Khoảng cách cung trên mặt cầu: $D(t)=R(t)\theta$ với $\theta$ tính bằng radian.
• Tốc độ lùi xa: theo thời gian $V=\dot{D}=\dot{R}\theta =(\dot{R}/R)D$.
• Tham số Bubble: $B(t)=\dot{R}/R(t)$.
• truyền sóng: Tích phân khoảng cách góc $d\theta =cdt/R(t)$ từ $t_1$ đến $t_2$.
• vũ trụ: ${\lambda }_2/{\lambda }_1=R_2/R_1$.

Minh họa bài 44.55: Sự dãn nở của vũ trụ bong bóng 2D và khoảng cách Nibiru – Xibalba

(a) Vì các sinh vật sống trên mặt cầu hai chiều, khoảng cách giữa họ được đo dọc theo cung đường trắc địa trên bề mặt:

$$D(t)=R(t)\theta$$

với $\theta$ tính bằng đơn vị radian.

(b) Lấy khoảng cách $D$ theo thời gian:

$$V=\frac{dD}{dt}=\frac{dR}{dt}\theta$$

Thay $\theta =D/R$, ta thu được:

$$V=\frac{1}{R}\frac{dR}{dt}D$$

(c) So sánh với hệ thức $V=BD$, tham số Bubble được xác định bởi:

$$B(t)=\frac{1}{R(t)}\frac{dR}{dt}$$

(d) Tốc độ giãn nở của vũ trụ là hằng số $\dot{R}=1,00\times {10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Quy đổi thời gian $4,00\text{năm}$ sang đơn vị giây: Lấy $1\text{năm}=365,25\text{ngày}$, ta có thời điểm $t_1\approx \mathrm{1,262}3\times {10}^8\mathrm{s}$ (hoặc $t_1\approx \mathrm{1,261}4\times {10}^8\mathrm{s}$ nếu lấy quy ước $365\text{ngày}$). Bán kính vũ trụ tại thời điểm $t_1$:

$$\begin{array}{rl}R(t_1)& =R_0+\dot{R}{t}_1\\ & =500,0+126230\\ & \approx 126730\mathrm{m}\end{array}$$

Tham số Bubble tại thời điểm bốn năm:

$$\begin{array}{rl}B(t_1)& =\frac{\dot{R}}{R(t_1)}\\ & =\frac{1,00\times {10}^{-3}}{126730}\\ & \approx 7,89\times {10}^{-9}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

(Với $1\text{năm}=365\text{ngày}$, $R(t_1)\approx 126644\mathrm{m}$ và $B\approx 7,90\times {10}^{-9}{\mathrm{s}}^{-1}$).

(e) Với $\theta ={60}^{\circ }=\pi /3\mathrm{rad}$, khoảng cách giữa Nibiru và Xibalba tại thời điểm bốn năm là:

$$\begin{array}{rl}D(t_1)& =R(t_1)\frac{\pi }{3}\\ & =126730\times \frac{\pi }{3}\\ & \approx 132700\mathrm{m}\\ & =132,7\mathrm{km}\end{array}$$

(f) Tốc độ hai xã hội đang xa cách nhau:

$$\begin{array}{rl}V(t_1)& =\dot{R}\theta \\ & =1,00\times \frac{\pi }{3}\\ & \approx 1,05\mathrm{mm}/\mathrm{s}\end{array}$$

(g) Trong khoảng thời gian $dt$, sóng gợn truyền được một cung góc $d\theta =\frac{cdt}{R(t)}$. từ lúc phát $t_1$ đến lúc thu $t_2$:

$$\begin{array}{rl}\theta & ={\int }_{t_1}^{t_2}\frac{cdt}{R_0+\dot{R}t}\\ & =\frac{c}{\dot{R}}\ln \left(\frac{R_2}{R_1}\right)\end{array}$$

Suy ra:

$$\ln \left(\frac{R_2}{R_1}\right)=\frac{\dot{R}}{c}\theta$$

Thay số với $\dot{R}=1,00\mathrm{mm}/\mathrm{s}$, $c=6,35\mathrm{mm}/\mathrm{s}$, và $\theta =\pi /3$:

$$\begin{array}{rl}\frac{\dot{R}}{c}\theta & =\frac{1,00}{6,35}\times \frac{\pi }{3}\\ & \approx \mathrm{0,164}9\end{array}$$

Tỉ số bán kính vũ trụ giữa hai thời điểm:

$$\frac{R_2}{R_1}={\mathrm{e}}^{\mathrm{0,164}9}\approx \mathrm{1,179}3$$

Độ tăng bán kính trong suốt thời gian sóng truyền $126730\times \mathrm{0,179}3$:

$$R_2-R_1\approx 22723\mathrm{m}$$

Khoảng thời gian sóng truyền (flight time):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }t& =\frac{R_2-R_1}{\dot{R}}\\ & =\frac{22723\mathrm{m}}{1,00\times {10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{2,272}\times {10}^7\mathrm{s}\end{array}$$

Quy đổi ra đơn vị năm: $\mathrm{\Delta }t\approx \mathrm{0,720}\text{năm}$ (tương đương $263\text{ngày}$).

Cần phân biệt rõ hai mốc thời gian:

• Thời gian sóng truyền trong không gian (flight time): $\mathrm{\Delta }t\approx \mathrm{0,720}\text{năm}$.
• Thời điểm sóng tới Xibalba tính từ lúc khai sinh (time after creation): $t_2=t_1+\mathrm{\Delta }t\approx 4,72\text{năm}$ (khoảng $1,49\times {10}^8\mathrm{s}$).

(h) vũ trụ do sự giãn nở của không gian được mô tả bởi hệ thức (44.16):

$$\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{R_2}{R_1}$$

Bước sóng mà người Xibalba thu nhận được là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_2& ={\lambda }_1\left(\frac{R_2}{R_1}\right)\\ & =1,00\mathrm{nm}\times \mathrm{1,179}3\\ & \approx 1,18\mathrm{nm}\end{array}$$

Kết luận: Tham số Bubble là $B\approx 7,89\times {10}^{-9}{\mathrm{s}}^{-1}$, khoảng cách là $132,7\mathrm{km}$, tốc độ xa cách là $1,05\mathrm{mm}/\mathrm{s}$, thời gian truyền sóng là khoảng $0,72\mathrm{yr}$ ($263\mathrm{d}$), và bước sóng thu nhận bị lên $1,18\mathrm{nm}$.

44.56

Xét một va chạm trong đó một hạt đứng yên khối lượng $M$ bị bắn phá bởi một hạt khối lượng $m$, tốc độ $v_0$, và năng lượng toàn phần (bao gồm năng lượng nghỉ) $E_m$. (a) Sử dụng phép biến đổi Lorentz để viết các vận tốc $v_m^{\prime }$ và $v_M^{\prime }$ của các hạt $m$ và $M$ theo tốc độ $v_{\text{cm}}$ của hệ khối tâm. (b) Sử dụng dữ kiện rằng tổng trong hệ khối tâm bằng 0 để tìm biểu thức của $v_{\text{cm}}$ theo $m,M,$ và $v_0$. (c) Kết hợp các kết quả của phần (a) và (b) để thu được phương trình (44.9) cho năng lượng toàn phần $E_{\text{cm}}$ trong hệ khối tâm.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chứng minh hệ thức phương trình (44.9) từ phép biến đổi Lorentz của vận tốc và điều kiện triệt tiêu trong hệ khối tâm.

Hướng đi:

• Biến đổi vận tốc Lorentz: Chuyển từ hệ phòng thí nghiệm $S$ sang hệ khối tâm $S^{\prime }$ chuyển động với vận tốc $v_{\text{cm}}$.
• Điều kiện khối tâm: Tổng triệt tiêu: $p_m^{\prime }+p_M^{\prime }=0$.
• Bất biến tương đối tính: Áp dụng liên hệ giữa chuẩn 4- trong hai hệ quy chiếu quán tính.

(a) Xét hệ quy chiếu phòng thí nghiệm $S$, trong đó hạt $m$ chuyển động với vận tốc $v_0$ và hạt $M$ đứng yên ($v_M=0$). Hệ khối tâm $S^{\prime }$ chuyển động cùng chiều với vận tốc $v_{\text{cm}}$ so với $S$.

Theo công thức biến đổi vận tốc tương đối tính Lorentz:

$$v_x^{\prime }=\frac{v_x-u}{1-\frac{u{v}_x}{c^2}}$$

với vận tốc của hệ quy chiếu là $u=v_{\text{cm}}$.

Áp dụng cho từng hạt:

• Đối với hạt $m$, vận tốc ban đầu là $v_x=v_0$:

$$v_m^{\prime }=\frac{v_0-v_{\text{cm}}}{1-\frac{v_0{v}_{\text{cm}}}{c^2}}$$

• Đối với hạt $M$, vì hạt này ban đầu đứng yên trong hệ phòng thí nghiệm ($v_x=0$):

$$v_M^{\prime }=-v_{\text{cm}}$$

(b) Trong hệ khối tâm $S^{\prime }$, tổng bằng 0:

$$p_{\text{tot}}^{\prime }=0$$

Theo phép biến đổi Lorentz của 4-, đặt $\beta =v_{\text{cm}}/c$:

$$p_{\text{tot}}^{\prime }={\gamma }_{\text{cm}}(p_0-\beta E_{\text{tot}}/c)$$

Để $p_{\text{tot}}^{\prime }=0$:

$$p_0-\frac{v_{\text{cm}}}{c^2}{E}_{\text{tot}}=0$$

Trong hệ phòng thí nghiệm, hạt $M$ đứng yên nên $p_M=0$ và năng lượng toàn phần là $E_M=M{c}^2$. Tổng và tổng năng lượng là:

$$\begin{array}{rl}{p}_{\text{tot}}& =p_0\\ E_{\text{tot}}& =E_m+M{c}^2\end{array}$$

Để $p_{\text{tot}}^{\prime }=0$, biểu thức trong ngoặc phải triệt tiêu:

$$v_{\text{cm}}=\frac{p_0{c}^2}{E_m+M{c}^2}$$

Biểu diễn theo các khối lượng và tốc độ ban đầu: Với $E_m={\gamma }_{0}m{c}^2$ và $p_0={\gamma }_{0}m{v}_0$, trong đó ${\gamma }_0=(1-v_0^2/c^2{)}^{-1/2}$, ta có:

$$v_{\text{cm}}=\frac{{\gamma }_{0}m{v}_0{c}^2}{{\gamma }_{0}m{c}^2+M{c}^2}$$

Chia cả tử và mẫu cho ${\gamma }_0$:

$$v_{\text{cm}}=\frac{m{v}_0}{m+M\sqrt{1-\frac{v_0^2}{c^2}}}$$

(c) Để tìm năng lượng toàn phần trong hệ khối tâm $E_{\text{cm}}$, ta áp dụng tính bất biến của bình phương 4-:

$$P^{\mu }{P}_{\mu }=\frac{E^2}{c^2}-p^2$$

Trong hệ khối tâm, do tổng bằng 0 (kết quả phần b):

$$c^2{P}^{\mu }{P}_{\mu }=E_{\text{cm}}^2$$

Trong hệ phòng thí nghiệm, với $E_{\text{tot}}=E_m+M{c}^2$ và $p_{\text{tot}}=p_0$:

$$c^2{P}^{\mu }{P}_{\mu }=E_{\text{tot}}^2-p_0^2{c}^2$$

Cân bằng hai biểu thức:

$$E_{\text{cm}}^2=E_{\text{tot}}^2-p_0^2{c}^2$$

Khai triển $(E_m+M{c}^2{)}^2-p_0^2{c}^2$, nhóm số hạng $(E_m^2-p_0^2{c}^2)=m^2{c}^4$ và đặt đại lượng bổ trợ $M_0^2=M^2+m^2$, ta thu được:

$$E_{\text{cm}}^2=2M{c}^2{E}_m+M_0^2{c}^4$$

Rút ra năng lượng toàn phần trong hệ khối tâm:

$$E_{\text{cm}}=\sqrt{s}$$

với $s=2M{c}^2{E}_m+M_0^2{c}^4$ và $M_0^2=M^2+m^2$, chính là phương trình (44.9) cần chứng minh.

Kết luận: Phương trình trong hệ khối tâm được chứng minh trọn vẹn từ phép biến đổi Lorentz của 4- và điều kiện triệt tiêu động lượng hệ khối tâm.

Bài tập trắc nghiệm theo ngữ cảnh (MCAT)

Tìm hiểu cơ chế hoạt động của kỹ thuật PET (Looking Under the Hood of PET). Trong phương pháp chẩn đoán hình ảnh chụp cắt lớp phát xạ positron (PET), bệnh nhân được tiêm các phân tử chứa những nguyên tử có hạt nhân dư thừa proton. Khi phân rã thành neutron, các proton này phát ra các hạt positron. Positron được phát ra chuyển động một quãng ngắn và chậm dần về vận tốc gần bằng không. Khi gặp một electron, chúng có thể hủy cặp lẫn nhau và phát ra hai chuyển động theo hai hướng ngược nhau. Bệnh nhân được đặt bao quanh bởi một mảng máy dò dạng vòng tròn, với mô cần ghi hình nằm ở tâm mảng máy dò. Nếu hai photon có mức năng lượng thích hợp đập vào hai máy dò đồng thời (trong khoảng thời gian $10\mathrm{ns}$), ta có thể kết luận rằng các photon này được tạo ra bởi sự hủy positron–electron ở một vị trí nào đó dọc theo đường thẳng nối hai máy dò. Bằng cách quan sát rất nhiều sự kiện đồng thời như vậy, ta có thể lập bản đồ phân bố các nguyên tử phát xạ positron trong mô. Tuy nhiên, các photon có thể bị hấp thụ hoặc tán xạ khi đi qua mô. Số lượng photon còn lại sau khi truyền qua một quãng đường $x$ trong mô được cho bởi công thức $N=N_0{\mathrm{e}}^{-\mu x}$, trong đó $N_0$ là số photon ban đầu và $\mu$ là hệ số suy giảm, có giá trị xấp xỉ $0,1{\mathrm{cm}}^{-1}$ đối với các photon có năng lượng này. Chiết suất của mô sinh học đối với tia X là $1$.

44.57

Năng lượng của mỗi được tạo ra từ sự hủy cặp positron–electron bằng bao nhiêu? (a) $\frac{1}{2}{m}_e{v}^2$, trong đó $v$ là tốc độ của positron phát ra; (b) $m_e{v}^2$; (c) $\frac{1}{2}{m}_e{c}^2$; (d) $m_e{c}^2$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính năng lượng của mỗi sinh ra khi một positron chậm hủy cặp với một electron đứng yên.

Hướng đi:

• Trạng thái ban đầu: Positron đã chậm dần về vận tốc gần bằng 0 trước khi hủy cặp. Do đó, động năng của electron và positron đều xấp xỉ bằng 0.
• Bảo toàn năng lượng toàn phần: Toàn bộ năng lượng nghỉ ban đầu chuyển hóa thành năng lượng của hai .
• Bảo toàn : Hai phát ra ngược chiều với độ lớn động lượng bằng nhau và mang năng lượng bằng nhau.

Trước khi hủy cặp, positron và electron đều có động năng không đáng kể so với năng lượng nghỉ:

$$K\approx 0$$

Tổng năng lượng ban đầu của hệ gồm hai hạt:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{tot}}& =m_{e^{+}}{c}^2+m_{e^{-}}{c}^2\\ & =2m_e{c}^2\end{array}$$

Do hệ ban đầu gần như đứng yên, tổng của hệ xấp xỉ bằng 0. Để bảo toàn động lượng:

$${\overrightarrow{p}}_1+{\overrightarrow{p}}_2=\overrightarrow{0}$$

Hai phát ra phải có độ lớn bằng nhau:

$$p_1=p_2$$

Do năng lượng liên hệ với qua $E_{\gamma }=pc$, hai photon mang năng lượng bằng nhau:

$$E_1=E_2=E_{\gamma }$$

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

$$2E_{\gamma }=2m_e{c}^2$$

Rút ra năng lượng của mỗi :

$$E_{\gamma }=m_e{c}^2$$

Với $m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$, mỗi gamma phát ra mang năng lượng đúng bằng năng lượng nghỉ của một electron.

Đáp án đúng: (d).

44.58

Giả sử sự hủy cặp positron–electron xảy ra trên đường nối hai máy dò, cách tâm đường nối một khoảng $3\mathrm{cm}$. Các tạo thành có được tính là đến các máy dò này đồng thời hay không? (a) Không, vì độ chênh lệch thời gian đến nơi là $100\mathrm{ms}$; (b) Không, vì độ chênh lệch thời gian là $200\mathrm{ms}$; (c) Có, vì độ chênh lệch thời gian là $0,1\mathrm{ns}$; (d) Có, vì độ chênh lệch thời gian là $0,2\mathrm{ns}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vị trí hủy cặp lệch khỏi tâm $d_0=3\mathrm{cm}$. Kiểm tra xem hiệu thời gian truyền tới hai máy dò đối diện có nằm trong cửa sổ trùng phùng $10\mathrm{ns}$ hay không.

Hướng đi:

• Hiệu quang trình: Tính độ lệch đường truyền giữa hai đến hai đầu máy dò.
• Vận tốc truyền sóng: Với chiết suất mô sinh học $n=1$, tốc độ truyền là tốc độ ánh sáng trong chân không $c$.
• Độ trễ thời gian: $\mathrm{\Delta }t=\mathrm{\Delta }d/c$.
• Điều kiện trùng phùng: So sánh $\mathrm{\Delta }t$ với khoảng thời gian đồng thời quy ước ($10\mathrm{ns}$).

Gọi $L$ là khoảng cách từ tâm mảng máy dò đến mỗi máy dò đối diện. Điểm hủy cặp nằm lệch tâm một đoạn:

$$\mathrm{\Delta }x=3\mathrm{cm}=0,03\mathrm{m}$$

Khoảng cách từ điểm hủy cặp đến hai máy dò lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}{d}_1& =L-\mathrm{\Delta }x\\ d_2& =L+\mathrm{\Delta }x\end{array}$$

Hiệu quãng đường truyền của hai là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }d& =d_2-d_1\\ & =2\mathrm{\Delta }x\\ & =0,06\mathrm{m}\end{array}$$

Vì chiết suất của mô sinh học đối với bức xạ này bằng $1$, tốc độ truyền sóng là $c=3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Độ chênh lệch thời gian đến hai máy dò:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }t& =\frac{\mathrm{\Delta }d}{c}\\ & =\frac{0,06}{3,00\times {10}^8}\\ & =2,0\times {10}^{-10}\mathrm{s}\\ & =0,2\mathrm{ns}\end{array}$$

Vì $\mathrm{\Delta }t=0,2\mathrm{ns}\le 10\mathrm{ns}$, hai tín hiệu rơi vào bên trong cửa sổ thời gian $10\mathrm{ns}$ và được hệ thống máy tính ghi nhận là hai biến cố đồng thời.

Đáp án đúng: (d).

44.59

Nếu các hủy cặp phát ra từ một phần của cơ thể cách máy dò $20\mathrm{cm}$ mô sinh học, thì tỉ lệ phần trăm photon ban đầu truyền về phía máy dò còn lại sau khi đi qua mô là bao nhiêu? (a) $1,4\mathrm{\%}$; (b) $8,6\mathrm{\%}$; (c) $14\mathrm{\%}$; (d) $86\mathrm{\%}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề dày mô sinh học là $x=20\mathrm{cm}$, hệ số suy giảm là $\mu =0,1{\mathrm{cm}}^{-1}$. Tính phần trăm số truyền qua lớp mô này.

Hướng đi:

• Định luật hấp thụ bức xạ: $N=N_0{\mathrm{e}}^{-\mu x}$.
• Tỉ số truyền qua: Lập tỉ số $N/N_0={\mathrm{e}}^{-\mu x}$ rồi quy đổi sang phần trăm.

Minh họa bài 44.59: Sự suy giảm photon PET theo hàm mũ qua bề dày mô sinh học

Độ suy giảm số lượng tuân theo hàm mũ:

$$N=N_0{\mathrm{e}}^{-\mu x}$$

Số mũ suy giảm với $\mu =0,1{\mathrm{cm}}^{-1}$ và $x=20\mathrm{cm}$:

$$\begin{array}{rl}\mu x& =0,1\times 20\\ & =2,0\end{array}$$

Tỉ số còn lại sau khi xuyên qua bề dày mô:

$$\begin{array}{rl}\frac{N}{N_0}& ={\mathrm{e}}^{-2,0}\\ & \approx \mathrm{0,135}3\end{array}$$

Quy đổi sang phần trăm:

$$\frac{N}{N_0}\times 100\mathrm{\%}\approx 13,5\mathrm{\%}$$

Làm tròn đến chữ số có nghĩa thích hợp theo các phương án đề bài, ta được giá trị $14\mathrm{\%}$.

Đáp án đúng: (c).

Bài tập cầu nối

Hyperon, pion và vũ trụ giãn nở (Hyperons, Pions, and the Expanding Universe). (a) Một hyperon ${\mathrm{\Lambda }}^0$ phân rã thành một neutron và một pion trung hòa (${\pi }^0$). Hãy tìm động năng của các sản phẩm phân rã và phần trăm động năng mà mỗi hạt mang đi. (b) Một hạt ${\pi }^0$ đứng yên trong thiên hà được mô tả ở Hình 44.20. Nếu một nhà vật lý trên Trái Đất thu nhận được một trong hai phát ra từ sự phân rã của hạt ${\pi }^0$ này, năng lượng của photon ghi nhận được bằng bao nhiêu?

Hình tham chiếu 44.20: Thiên hà xa xôi phát xạ ánh sáng chịu dịch chuyển đỏ vũ trụ lúc hệ số dãn nở bằng 0,12

Chú thích:

• Một thiên hà ở rất xa... (A very distant galaxy ...)
• ... nhìn cận cảnh (... shown in close-up)

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$ đứng yên phân rã ${\mathrm{\Lambda }}^0\to n+{\pi }^0$. Tính động năng $K_n,K_{{\pi }^0}$ và tỉ lệ phân bố động năng của mỗi hạt con. (b) Hạt ${\pi }^0$ đứng yên trong thiên hà xa xôi phân rã ${\pi }^0\to 2\gamma$. Thiên hà phát xạ lúc hệ số dãn nở vũ trụ là $R(t)/R_0=0,12$ (Hình 44.20). Tính năng lượng thu được trên Trái Đất.

Hướng đi:

• Phân rã hai vật từ trạng thái nghỉ (Phần a): Để tìm động năng của neutron và pion, ta áp dụng định luật bảo toàn 4-. Do hạt mẹ đứng yên, động lượng hai hạt con bằng nhau về độ lớn ($p_n=p_{{\pi }^0}$), từ đó thiết lập phương trình bảo toàn năng lượng toàn phần và giải ra năng lượng cũng như động năng tương đối tính của từng hạt.
• vũ trụ của (Phần b): Photon từ phân rã ${\pi }^0\to 2\gamma$ tại nguồn mang năng lượng $m_{{\pi }^0}{c}^2/2$. Khi truyền qua không gian vũ trụ dãn nở từ thời điểm có hệ số tỉ lệ $R(t)$ đến hiện tại $R_0$, bước sóng photon dãn rộng và năng lượng giảm theo tỉ lệ thuận với $R(t)/R_0$.

Lời giải chi tiết:

Nhận diện và thiết lập:

• Bước 1 (Đại lượng bảo toàn): Trong cả hai quá trình phân rã, toàn phần và năng lượng toàn phần đều được bảo toàn nghiêm ngặt. Ngoài ra, điện tích và cũng được bảo toàn.
• Bước 2 (Ảnh hưởng của sự giãn nở vũ trụ): Khi truyền từ thiên hà xa xôi tới Trái Đất, không gian vũ trụ liên tục dãn nở. Bước sóng photon bị kéo dài theo tỉ lệ dãn nở ${\lambda }_{\text{obs}}/{\lambda }_{\text{emit}}=R_0/R(t)$. Do năng lượng photon tỉ lệ nghịch với bước sóng ($E=hc/\lambda$), năng lượng photon quan sát được trên Trái Đất bị giảm theo tỉ lệ $E_{\text{obs}}=E_{\text{emit}}\cdot [R(t)/R_0]$.
• Bước 3 (Liệt kê ẩn số và biến mục tiêu): Các ẩn số cần tìm là động năng neutron $K_n$, động năng pion $K_{{\pi }^0}$, các phân số động năng $K_n/K_{\text{tot}}$ và $K_{{\pi }^0}/K_{\text{tot}}$, cùng với năng lượng thu nhận trên Trái Đất $E_{\text{earth}}$.
• Bước 4 (Lựa chọn hệ thức liên hệ): Áp dụng hệ thức năng lượng toàn phần tương đối tính $E=\sqrt{p^2{c}^2+m^2{c}^4}$, hệ thức động năng $K=E-m{c}^2$, định luật bảo toàn hai vật, và hệ thức vũ trụ.

Minh họa bài Cầu nối: Dịch chuyển đỏ vũ trụ làm giảm năng lượng photon phân rã pion

Thực hiện lời giải:

• Bước 5 (Thiết lập phương trình bảo toàn phân rã ${\mathrm{\Lambda }}^0$): Khối lượng nghỉ từ Bảng 44.3:
• Hạt ${\mathrm{\Lambda }}^0$: $m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2=1116,0\mathrm{MeV}$.
• Hạt neutron: $m_n{c}^2=939,6\mathrm{MeV}$.
• Hạt ${\pi }^0$: $m_{{\pi }^0}{c}^2=135,0\mathrm{MeV}$.

Tổng khối lượng nghỉ các hạt con là $939,6+135,0=1074,6$ (tức $\sum m_f{c}^2=1074,6\mathrm{MeV}$). Tổng động năng giải phóng trong phân rã:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\text{tot}}& =m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2-\sum m_f{c}^2\\ & =1116,0-1074,6\\ & =41,4\mathrm{MeV}\end{array}$$

Trong hệ quy chiếu nghỉ của ${\mathrm{\Lambda }}^0$, bảo toàn đòi hỏi hai hạt con chuyển động ngược chiều với cùng độ lớn động lượng:

$$p_n=p_{{\pi }^0}=p$$

Bảo toàn năng lượng toàn phần:

$$E_n+E_{{\pi }^0}=m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2$$

• Bước 6 (Giải tìm năng lượng và động năng của từng hạt con): Từ bảo toàn năng lượng, chuyển vế để cô lập năng lượng của pion:

$$E_{{\pi }^0}=m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2-E_n$$

Bình phương hai vế, thay $E_{{\pi }^0}^2=p^2{c}^2+m_{{\pi }^0}^2{c}^4$ và $p^2{c}^2=E_n^2-m_n^2{c}^4$, rồi triệt tiêu số hạng $E_n^2$ sau khi khai triển $(m_{\mathrm{\Lambda }}{c}^2-E_n{)}^2$, ta rút ra biểu thức năng lượng toàn phần của neutron:

$$E_n=\frac{m_{\mathrm{\Lambda }}^2+m_n^2-m_{{\pi }^0}^2}{2m_{\mathrm{\Lambda }}}{c}^2$$

Giá trị tử số $\mathrm{\Delta }=(m_{\mathrm{\Lambda }}^2+m_n^2-m_{{\pi }^0}^2)c^4$ tính từ các khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }\approx \mathrm{2,110}\times {10}^6{\mathrm{MeV}}^2$$

Năng lượng toàn phần của neutron:

$$\begin{array}{rl}{E}_n& =\frac{\mathrm{2,110}\times {10}^6}{2\times 1116,0}\\ & \approx 945,38\mathrm{MeV}\end{array}$$

Động năng của neutron:

$$\begin{array}{rl}{K}_n& =E_n-m_n{c}^2\\ & =945,38-939,60\\ & \approx 5,78\mathrm{MeV}\end{array}$$

Động năng của pion ${\pi }^0$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{{\pi }^0}& =K_{\text{tot}}-K_n\\ & =41,40-5,78\\ & =35,62\mathrm{MeV}\end{array}$$

• Bước 7 (Xác định phân số động năng của mỗi hạt con): Tỉ lệ phần trăm động năng mà neutron nhận được:

$$\frac{K_n}{K_{\text{tot}}}=\frac{5,78}{41,4}\approx 14,0\mathrm{\%}$$

Tỉ lệ phần trăm động năng mà hạt pion ${\pi }^0$ nhận được:

$$\frac{K_{{\pi }^0}}{K_{\text{tot}}}=\frac{35,62}{41,4}\approx 86,0\mathrm{\%}$$

• Bước 8 (Năng lượng phát ra và vũ trụ): Hạt ${\pi }^0$ đứng yên trong thiên hà phân rã thành hai photon ${\pi }^0\to 2\gamma$. Do bảo toàn , hai photon phát ra theo hai hướng ngược chiều với độ lớn động lượng bằng nhau. Do đó, mỗi photon mang đúng một nửa năng lượng nghỉ của ${\pi }^0$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma ,\text{emit}}& =\frac{m_{{\pi }^0}{c}^2}{2}\\ & =\frac{135,0}{2}\\ & =67,5\mathrm{MeV}\end{array}$$

Theo dữ kiện Hình 44.20, ánh sáng từ thiên hà xa xôi này được phát ra khi hệ số dãn nở của vũ trụ có giá trị:

$$\frac{R(t)}{R_0}=0,12$$

Hệ số vũ trụ liên hệ với hệ số dãn nở qua:

$$1+z=\frac{R_0}{R(t)}\approx 8,33$$

Năng lượng thu nhận trên Trái Đất bị giảm đi $1+z$ lần:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{earth}}& =\frac{E_{\gamma ,\text{emit}}}{1+z}\\ & =E_{\gamma ,\text{emit}}\frac{R(t)}{R_0}\\ & =67,5\times 0,12\\ & \approx 8,1\mathrm{MeV}\end{array}$$

Đánh giá kết quả:

• Bước 9 (Kiểm tra tính hợp lý vật lý): Hạt pion ${\pi }^0$ ($135,0\mathrm{MeV}/c^2$) nhẹ hơn rất nhiều so với neutron ($939,6\mathrm{MeV}/c^2$). Trong phân rã hai vật từ trạng thái nghỉ, định luật bảo toàn ($p_1=p_2$) đòi hỏi hạt có khối lượng nghỉ nhỏ hơn phải mang phần lớn động năng phân rã ($86,0\mathrm{\%}$ so với $14,0\mathrm{\%}$). Kết quả này hoàn toàn phù hợp với trực giác động học tương đối tính. Đối với phát ra, vì vũ trụ liên tục dãn nở trong suốt thời gian photon truyền tới Trái Đất, bước sóng photon bị dãn rộng ra (), dẫn tới năng lượng photon quan sát được trên Trái Đất ($8,1\mathrm{MeV}$) phải nhỏ hơn đáng kể so với năng lượng lúc phát xạ tại nguồn ($67,5\mathrm{MeV}$).

Kết luận: Động năng của neutron là $5,78\mathrm{MeV}$ (chiếm $14,0\mathrm{\%}$). Động năng của pion là $35,62\mathrm{MeV}$ (chiếm $86,0\mathrm{\%}$). ghi nhận trên Trái Đất có năng lượng bị còn $8,1\mathrm{MeV}$.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 44, trang 1520–1524.