电动力学 第5周作业

Chasse_neige

(a) 书6.17，6.19，6.25，6.27

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

设 $m_1$ 和 $m_2$的动量分别为 $p_1$ 和 $p_2$ ，列出能动量守恒方程；

$$p_1=p_2$$$$\sqrt{m_1^2{c}^4+p_1^2{c}^2}+\sqrt{m_2{c}^4+p_2^2{c}^2}=m{c}^2$$

解得：

$$p_1=\frac{c}{2m}\sqrt{[m^2-(m_1+m_2{)}^2][m^2-(m_1-m_2{)}^2]}$$$$E_1=\sqrt{m_1^2{c}^4+p_1^2{c}^2}=\frac{c^2}{2m}(m^2+m_1^2-m_2^2)$$

6.19 能量和动量的洛伦兹变换

(1) 证明能量和动量的变换公式

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

$$p_x^{\prime }=\gamma (p_x-\beta \frac{E}{c}),E^{\prime }=\gamma (E-c\beta p_x)$$$$\tan {\theta }^{\prime }=\frac{\sin \theta }{\gamma (\cos \theta -\beta \frac{E}{cp})}$$

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

$$p_x^{\prime }=\gamma (p_x-\beta \frac{E}{c}),E^{\prime }=\gamma (E-c\beta p_x)$$$$\tan {\theta }^{\prime }=\frac{p_y^{\prime }}{p_x^{\prime }}=\frac{p_y}{\gamma (p_x-\beta \frac{E}{c})}=\frac{\sin \theta }{\gamma (\cos \theta -\beta \frac{E}{cp})}$$

(2) 光束夹角的变换

某光源发出的光束在两个惯性系中与 $x$ 轴的夹角分别为 $\theta$ 和 ${\theta }^{\prime }$，证明

$$\cos {\theta }^{\prime }=\frac{\cos \theta -\beta }{1-\beta \cos \theta },\sin {\theta }^{\prime }=\frac{\sin \theta }{\gamma (1-\beta \cos \theta )}$$

证明：在（1）中 $\tan {\theta }^{\prime }$ 的变换中带入 $E=pc$ ：

$$\tan {\theta }^{\prime }=\frac{\sin \theta }{\gamma (\cos \theta -\beta )}$$$$\therefore \cos {\theta }^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+{\tan }^2{\theta }^{\prime }}}=\frac{\cos \theta -\beta }{1-\beta \cos \theta },\sin {\theta }^{\prime }=\sqrt{1-{\cos }^2{\theta }^{\prime }}=\frac{\sin \theta }{\gamma (1-\beta \cos \theta )}$$

(3) 立体角的变换

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

$$\mathrm{d}{\mathrm{\Omega }}^{\prime }=\frac{\mathrm{d}\mathrm{\Omega }}{{\gamma }^2(1-\beta \cos \theta {)}^2}$$

证明：

$$\mathrm{d}{\mathrm{\Omega }}^{\prime }=\mathrm{d}\cos {\theta }^{\prime }\mathrm{d}{\varphi }^{\prime }$$

由于$\varphi$在 $y-z$ 平面上，所以 $\mathrm{d}{\varphi }^{\prime }=\mathrm{d}\varphi$

对与 $\theta$ 的变换而言：

$$\frac{\mathrm{d}\cos {\theta }^{\prime }}{\mathrm{d}\cos \theta }=-\frac{1}{\sin \theta }\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta }\frac{\cos \theta -\beta }{1-\beta \cos \theta }=\frac{1}{\sin \theta }\frac{\sin \theta (1-{\beta }^2)}{(1-\beta \cos \theta {)}^2}$$$$\therefore \mathrm{d}{\mathrm{\Omega }}^{\prime }=\mathrm{d}\cos {\theta }^{\prime }\mathrm{d}{\varphi }^{\prime }=\frac{\mathrm{d}\cos {\theta }^{\prime }}{\mathrm{d}\cos \theta }\frac{\mathrm{d}{\varphi }^{\prime }}{\mathrm{d}\varphi }\mathrm{d}\mathrm{\Omega }=\frac{\mathrm{d}\mathrm{\Omega }}{{\gamma }^2(1-\beta \cos \theta {)}^2}$$

6.25 光子与电子的相互作用

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

(1) 电子不可能吸收这个光子，否则能量和动量守恒定律不能满足；

假设电子吸收了这个光子，则吸收后动量守恒：$p^{\prime }=\hslash k$ ，能量守恒： $E^{\prime }=m_e{c}^2+\hslash \omega$

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

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

总能量守恒：

$$\hslash \omega +m_e{c}^2=\hslash {\omega }^{\prime }+\sqrt{p_e^2{c}^2+m_e^2{c}^4}$$

其中 $p_e$ 为电子碰撞后动量。

矢量分解为分量：

$$\{\begin{array}{l}\hslash k=\hslash k^{\prime }\cos \theta +p_e\cos \varphi \\ 0=\hslash k^{\prime }\sin \theta -p_e\sin \varphi \end{array}$$

消去角度 $\varphi$，得动量平方关系：

$$p_e^2={\hslash }^2(k^2+k^{\prime 2}-2k{k}^{\prime }\cos \theta )$$$$\hslash (\omega -{\omega }^{\prime })+m_e{c}^2=\sqrt{{\hslash }^2({\omega }^2+{\omega }^{\prime 2}-2\omega {\omega }^{\prime }\cos \theta )+m_e^2{c}^4}.$$

平方后化简：

$$\hslash (\omega -{\omega }^{\prime })=\frac{{\hslash }^2\omega {\omega }^{\prime }(1-\cos \theta )}{m_e{c}^2}.$$

即散射后光子频率 ${\omega }^{\prime }$ 比散射前光子频率 $\omega$ 小。

6.27 激发态原子的光子发射频率

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

$$\nu =\frac{\mathrm{\Delta }W}{h}(1-\frac{\mathrm{\Delta }W}{2m_0{c}^2})$$

证明：

由于动量守恒，反冲对激发原子产生的动量为$\hslash k$ ，由能量守恒：

$$\sqrt{(m_0{c}^2-\mathrm{\Delta }W{)}^2+(\hslash k{)}^2{c}^2}+\hslash \omega =m_0{c}^2$$

带入 $\omega =kc$ 解得：

$$\omega =\frac{\mathrm{\Delta }W}{\hslash }-\frac{\mathrm{\Delta }{W}^2}{2m_0{c}^2\hslash }$$

即$\nu =\frac{\mathrm{\Delta }W}{h}(1-\frac{\mathrm{\Delta }W}{2m_0{c}^2})$

(b) 对在外电磁场中运动的带电点粒子，试由 $\frac{d{p}_{\mu }}{d\tau }=K_{\mu }$ 证明 $K_{\mu }=\sum _{\nu }e{F}_{\mu \nu }{U}_{\nu }$

证明：$p_{\mu }=\left(\begin{array}{c}\overrightarrow{p},i\frac{E}{c}\end{array}\right)$，$u_{\mu }=\left(\begin{array}{c}\gamma \overrightarrow{v},i\gamma c\end{array}\right)$

$$\therefore K_{\mu }=\frac{\mathrm{d}{p}_{\mu }}{\mathrm{d}\tau }=\left(\begin{array}{c}\gamma \overrightarrow{f},i\frac{\gamma }{c}\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t}\end{array}\right)$$

对一个点粒子而言，

$$\begin{gathered} \overrightarrow{f}=e(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}) \\ {f}_k=e(-ic{F}_{4k}+{ϵ}_{ijk}{v}_i\frac{1}{2}{ϵ}_{jlm}{F}_{lm})=e(-ic{F}_{4k}+\frac{1}{2}\left|\begin{array}{cc}{\delta }_{kl}& {\delta }_{km}\\ {\delta }_{il}& {\delta }_{im}\end{array}\right|v_i{F}_{lm}) \\ =e(-ic{F}_{4k}+\frac{1}{2}({\delta }_{kl}{\delta }_{im}-{\delta }_{km}{\delta }_{il})v_i{F}_{lm}) \\ =e(-ic{F}_{4k}+\frac{1}{2}{v}_i(F_{ki}-F_{ik})) \end{gathered}$$

利用 $F$ 的反对称性，上式可以化为：

$$f_k=e(ic{F}_{k4}+v_i{F}_{ki})$$

所以对于 $K_{\mu }$ 的前三个分量而言，可以看到

$$\gamma f_k=e(F_{ki}\gamma v_i+F_{k4}i\gamma c)$$$$K_i=e{F}_{\mu \nu }{u}_{\nu }(i=1,2,3)$$

对于$K_{\mu }$ 的第四个分量：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}E=\overrightarrow{f}\cdot \overrightarrow{v}=e(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})\cdot \overrightarrow{v}=e(-ic{F}_{4k}+\frac{1}{2}{v}_i(F_{ki}-F_{ik}))v_k=-e(ic{F}_{4k}+v_i{F}_{ik})v_k$$$$\therefore K_4=-i\frac{\gamma }{c}e(ic{F}_{4k}+v_i{F}_{ik})v_k=e(\gamma F_{4k}{v}_k+i\frac{\gamma }{c}{v}_i{v}_k{F}_{ik})=e\gamma F_{4k}{v}_k$$

容易判断括号中后一项由于 $F$ 的反对称性为0.

所以$K_{\mu }=\sum _{\nu }e{F}_{\mu \nu }{u}_{\nu }$对四个分量均成立。

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

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

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

对比$K_{\mu }=\frac{\mathrm{d}{p}_{\mu }}{\mathrm{d}\tau }=\left(\begin{array}{c}\gamma \overrightarrow{f},i\frac{\gamma }{c}\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t}\end{array}\right)$ 的形式，得到 $K_4=\frac{i}{c}\overrightarrow{K}\cdot \overrightarrow{v}$