电动力学答案(郭硕鸿+第三版)chapter6

证明牛顿定律在伽利略交换下是协变的麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的1

证明根据题意不妨取如下两个参考系并取分别固着于两参考系的直角坐标系且令

t0时两坐标系对应轴重合 根据伽利略变换有

计时开始后

Σ′系沿Σ系的x轴以速度v作直线运动

x′=x−vty′=y



z′=zt′=t

1

牛顿定律在伽利略变换下是协变的

以牛顿第二定律为例

Σ

vvd2x

F=m2

dt

在Σ

系下

后

vvd2[x′+vt,y′,z′]d2x′r

∴F=m=m′2=F′2

′dtdt′

可见

在Σ′系中

牛顿定律有相同的形式

2

所以牛顿定律在伽利略变换下是协变的

麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的

v

v∂B

以真空中的麦氏方程∇×E=−为例设有一正电荷q位于O′点并随Σ′系运动

∂t

www

v

′Σ在中q是静止的故:E′=

.kh

q

q4πε0r′2q[

v

x′

4πε0(x′2+y′2+z′2)z′

(x′2+y′2+z′2)

r

v∂B′

于是方程∇′×E′=−成立

′∂tv

将E′=

v

er′写成直角分量形式;

vex′+

y′

(x′2+y′2+z′2)

daw

vvd2x′

F′==m′2

dt′

4πε0r′2

vv

er′ , B′=0

vey′+

vez′]

- 1 -

E′=

+

课

答

案

Qx′=x−vt,y′=y,z′=z,t′=t

.c

网

v&vd&x

F=m2

dt

om

o’

由伽利略变换关系有在Σ中

vE=

x−vtyvv

{e+exy+2224πε0[(x−vt)2+y2+z2][(x−vt)+y+z)z

[(x−vt)+y+z)

2

2

2

q

+

vez

+(z−x+vt)ey+(x−vt−y)ez] 可见∇×E不恒为零

vv

v

故麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的

在各自静止的参考系中的长度均为l0

且平行于尺子

2设有两根互相平行的尺

对于某一参考系运动尺子的长度

.kh

但运动方向相反

vv∂B

于是 ∇×E≠−

∂t

课

后

v∂B

此时 有=0

∂t

daw

它们以相同的速率v相求站在一根尺子上测量另一根

可得Σ2系

于是有磁场B=

www

解

答

µ0qv

2πR

R是场点到x轴的距离

根据相对论速度交换公式

案

网

′

又在Σ系中观察

q以速度vex运动

v

故产生电流J=qvex

v

Z

.c

v相对于Σ1

的速度大小是 v′=

′

2vv21+2

c

∴在Σ1系中测量Σ2系中静长为l0的

尺子的长度为

′′

- 2 -

om

vq3v

∴∇×E=−[(yz)e−x+2224πε0[(x−vt)+y+z]

l=l0

v′2

−2 代入v′=

c

2vv21+2

c

v21−2

c 即得l=l0

v21+2

c

3

此即是在Σ1系中观测到的相对于Σ2静止的尺子的长度

′′

个小球求地面观测者看到小球从后壁到前壁的时间解根据题意取地面为参考系S车厢为参考系S′ 于是相对于地面参考系S 车长 l=l0

v2uvl0−2l0(1+02)lc ∆t===

2u0+vu−v

−vu−v

0uvc21+02

c

4.一辆以速度v运动的列车上的观察者

在经过某一高大建筑物时看见其避雷针上跳起一脉冲电火花电光迅速传播

先后照亮了铁路沿线上的两铁塔求列车上观察者看到的两铁塔被电光照亮的时间差

设建筑物及两铁塔都在一直线上

与列车前进方向一致铁塔到建筑物的地面距离已知都是l0

www

解由题意得右示意图取地面为静止的参考系Σ列车为运动的参考系Σ′

取x轴与x′轴平行同向与列车车速方向一致令t=0时刻为列车经过建筑物时令此处为Σ系与Σ′的原点如图 在Σ系中

光经过t=

.kh

观察两塔的位置为

daw

并

故在地面参考系S中观察小球在此后

案

课

但在Σ′系中

后

l0

的时间后

cv

(1−)

cv2

−2

cl0

′=l0v−βvl0= x右

答

网

u+vv2

1−2 车速 v 球速u=0

c

1+02

c

由车后壁到车前壁

.c

- 3 -

om

静止长度为l0的车厢 以速度v相对于地面s运行车厢的后壁以速度u0向前推出一

′=−l0v−βvl0=− x左

v

(1+)

cv2

−2

c

l0

′=x右′−o′= ∴d右

v

(1−cv2

−2

cv(1+)

cv2

1−2

cl0

l0

′=x左′ d左

o′=

时间差为

5. 有一光源S与接收器R相对静止距离为lSR装置浸在均匀无限的液体介质静止折射率n中试对下列三种情况计算光源发出讯号到接收器收到讯号所经历的时间

体介质相对于SR装置静止1液

体沿着SR连线方向以速度v运动2液

体垂直于SR连线方向以速度v运动3液

解1液体介质相对于SR装置静止时

∆

t1=

2

www

3

.kh

nl0c

取固着于介质的参考系Σ

′各个方向上均是

液体沿着SR连线方向以速度v

运动

c

n

由速度变换关系得在Σ系中

c+vn v′=

1+cn

(

1+

v)l0∴R接收到讯号的时间为 ∆t2=

液体垂直于SR连线方向以速度v运动

同2中取相对于S-R装置静止的参考系为Σ系系如下建立坐标

- 4 -

daw

c+vn

课

后

答

案

Σ′系沿x轴以速度v运动在Σ′系中测得光速在

沿介质运动方向的光速

.c

相对于介质静止的系为Σ′

网

′′d右d左

∆t=−=

cc

2vl01vv

(1+−(1−=ccv2cv22

−2c−2

cc

l0

om

∴在Σ系中测得y方向上的速度v2

u′y−2

c

uy==

1+x

c

l0

v2−2

c

c22

−vn2

c2v22

−v−22nc

=

1+

c

c22

−vn2

∴∆t3=

daw

在Σ′′系中

- 5 -

答

解根据题意 Σ′系取固着于观察者上的参考系又取固着于AB两物体的参考系为Σ′′系

案

6. 在坐标系Σ中有两个物体都以速度u沿x轴运动在Σ系看来它们一直保持距离l不变今有一观察者以速度v沿x轴运动他看到这两个物体的距离是多少

l=l0

u2−2

cl

∴l0=

又Σ′系相对于Σ以速度v沿x轴运动Σ′′系相对于Σ系以速度u沿x轴运动 由速度合成公式Σ′′系相对于Σ′系以速度

www

v′=

∴在Σ′系中看到两物体相距

l′=l0

7. 一把直尺相对于Σ系静止直尺与x轴交角θ看到直尺与x轴交角θ′有何变化

.kh

u2−2

c

u−v

沿x轴运动1−2

cv2

l−2

v′2c−2=

uvc

1−2

c

课

后

在Σ中

.c

网

A,B以速度u沿x轴运动相距为l

AB静止相距为l0

今有一观察者以速度v沿x轴运动他

om

有

v2−2

c

解

取固着于观察者上的参考系为Σ′在Σ系中

lx

=lcosθ

ly=lsinθ

在Σ′系中

lx=lx

′

v2v2−2=lcosθ−2

cc

ly=ly=lsinθ

′

∴tgθ′=

lylx

′=

tgθ

8. 两个惯性系Σ和Σ′

中各放置若干时钟v沿x轴运动

设两系原点相遇时

同一惯性系的诸时钟同步

问处于Σ系中某点

c

x

′

t0=t0=0

案

与Σ′系中何处时钟相遇时解根据变换关系得

指示的时刻相同

读数是多少.kh

z

4

式中

有t=t′

解得

x−vt′x=LL(1)2

v−2

c′

y=yLLLL(2)

z′=zLLLL(3)



vt−2x

t′=LL(4)2

v−2

c

课

后

答

设Σ系中P(x,y,z,t)处的时钟与Σ′系中Q(x′,y′,z′,t′)处时钟相遇时

www

∴在

c2v2

x=t(1−−2)代入1式

vc

得

c2v2

x′=−t(1−−2)=−x

vc

xc2v2(1−−2vc

xv2

=(1+−2vc

相遇时

t=t′=

即为时钟指示的时刻

火箭由静止状态加速到v=

9

.9999c

v&

=20m⋅s−2设瞬时惯性系上加速度为v

- 6 -

om

Σ′相对于Σ以速度

yz

处的时钟

指示时间相同

问按

v2

−2

c

照静止系的时钟和按火箭内的时钟加速火箭各需要多少时间解1在静止系中加速火箭 令静止系为Σ系

瞬时惯性系为Σ′

系

且其相对于Σ系的速度为u

&,u同向可知v,

v

vvv

并令此方向为x轴方向

由x轴向上的速度合成有 v=

v′+u

1+2

c

v′是火箭相对于Σ′

系的速度

dvu2=(1−2∴在Σ系中加速度为 a=dtc

a′

3(1+2)

c

a′=

本题中a′=20m⋅s而Σ′系相对于火箭瞬时静止∴u=v,v′=0

得 t=

.kh

100.9999c

=47.5年

a′

得Σ′系中的入射光线

课

∴

∫

dv

=∫a′dt2v

(1−20

c

t

10一平面镜以速度v

自左向右运动

www

左向右入射到镜面上求反射光波的频率ω及反射角θ垂直入射的情况如何

解1

平面镜水平放置取相对于平面镜静止的参考系为Σ′

系取静止系为Σ

系入射光线在平面xoy内在Σ系中有 入射光线由变换关系

daw

一束频率为ω0

与水平线成θ0夹角的平面光波自

并令

- 7 -

kix=kcosθ0,kiy=ksinθ0,kiz=0,ωi=ω0

后

答

dvv2∴a==a′(1−2dtc

案

.c

−2

网

om

dv′

dt′

v′

kνkθω0)=(cos−0ix

c2



kiy′=−ksinθ0



k′0iz=′

ωi=ν(ω0−vkcosθ0)

在Σ′系中平面镜静止由反射定律可得

反射光线满足v′′

krx=ν(kcosθ0−2ω0);kry=ksinθ0

c

′′

krz=0;ωr=ν(ω0−vkcosθ0)

代入逆变换关系

得Σ系中的反射光线满足

krx=ν[ν(kcosθ0− kry=ksinθ0 krz=0

ωr=ν[vν(kcosθ0−

∴在Σ系中观察到 入射角

3镜面垂直于运动方向放置

入射光线满足

.kh

同1

得Σ′系中的入射光线

若垂直入射

θ0=

π2

以上结论不变

在Σ系中

kix=−kcosθ0,kiy=−ksinθ0,kiz=0,ωi=ω0

由变换关系

v′

=(−cos−kνkθω0)02ix

c



kiy′=−ksinθ0



k′=0iz′

ωi=ν[ω0−v(−kcosθ0)]=ν(ω0+vkcosθ0)

在Σ′系中平面镜静止由反射定律可得

反射光线满足

vv′′

krx=−ν(−kcosθ0−2ω0)=ν(kcosθ0+2ω0);kry=−ksinθ0

cc

′′

krz=0;ωr=ν(ω0+vkcosθ0)

代入逆变换关系

得Σ系中的反射光线满足

www

daw

选择参考系

- 8 -

后

v

ω0)+ν(ω0−vkcosθ0)]=ω0c2

课

答

π

−θ0=反射角ωi=ωr=ω02

案

.c

并建立相应坐标系

vvω)+(ω0−vkcosθ0)]=kcosθ00c2c2

网

om

krx=ν[ν(kcosθ0+ kry=−ksinθ0 krz=0

vvω)+(ω0+vkcosθ0)]0c2c2

ωr=ν[vν(kcosθ0+ω0v

.并令β=cc

v

ω0)+ν(ω0+vkcosθ0)]c2

其中

k=

∴反射光满足 反射角 tgθ=

反射光频率如果垂直入射

krykrx

=

sinθ0

ν2[(β+cosθ0)+β(1+βcosθ0)]

θ0=0

于是

Σ系中会观察到θi=θr=0

案

aµν

www

2证明

1

chy0=0

−ishy

对应的速度合成公式β=

.kh

0100

0ishy0010



0chy

1 证明洛仑兹变换矩阵可写为

课

11. 在洛仑兹变换中

若定义快度y为tanh

y=

′+β′′

可用快度表示为y=y′+y′′′′′1+ββ0iβγ0010

0γ

aµν

γ0=0−iβγ

0100

daw

β

- 9 -

反射光频率

后

答

.c

ω=ν2ω0[(1+βcosθ0)+β(β+cosθ0)]

网

ω=ν2ω0(1+β)2

om

其中γ=

1

ω2−2

c

=

1−β2

=

1−(thy)2

=

1shy2

−()

chy

2

=

chy(chy)2−(shy)2

ex+e−x22

Q(chy)−(shy)=2∴γ=chy

ex−e−x

−2

2



=1

又

βγ=thy⋅chy=shychy0=0

−ishy

00ishy100010



00chy

www

v

在Σ′系中

thy′+thy′′e2(y′+y′′)−1

=2(y′+y′′)=th(y′+y′′)得

′′′1+thythy+1e

∴thy=th(y′+y′′),y=y′+y′′

v

求它产生得电磁势和场ϕ,A,E,B

.kh

vvP0⊥v

e2y′′−1e2y′−1

由定义 thy′2y′,thy′′=2y′′

e+1e+1

课

后

2 速度合成公式

β=

′+β′′

可写为

1+β′β′′

daw

thy=

- 10 -

答

案

网

∴aµν

12. 电偶极子P0以速度v作匀速运动

解选随动坐标系Σ

′

vv~

v1P0⋅RvP0产生的电磁势 ϕ′=3,A=0

4πε0R

.c

thy′+thy′′1+thy′thy′′

vvv

om

v~vv~v

v13(P0⋅R)RP0v

电磁场 E′=[−3B′=05

4πε0RR

vi

四维势 Aµ=(A,ϕ)

cAxγAy0得A=

z0iϕiβγc

0100

由逆变换Aµ=aµνAν

′

vvvrrvvvvvvvv

B平行B平行=0, B⊥e=γ(B′+2×E′)⊥=γ(2×E′)⊥=2×E⊥

ccc

由坐标变换

www

x′=γx−vγt

∴y′=yz′=z

x′γy′0z′=0

ict′−iβγ

x

′=γx

取t=0 得 y′=y

z′=z

.kh

x′µ=aµνxν 得

100

0iβγx

00y10z

0γict

v~

∴R=(x′,y′,z′)=(γx,y.,z)

- 11 -

课

后

vvvvvvv

′′′′电磁场 E平行E平行

, E⊥γEv×B)⊥=γE⊥

daw

答

案

vvvvβγvvv

A=Axex=ϕ′ex=2γϕ′ex=2ϕ

ccc

.c

vv~γP0⋅R

Σ系中电磁势 ϕ=γϕ′=4πε0R3

网

om

00−iβγ000

100

1

′0γcϕ

13. 设在参考系Σ

内

v

vE⊥Bvv

Σ′系沿E×

B的方向运动问Σ′系应以什么样的速度相对

于Σ

系运动才能使其中只有电场或只有磁场解如图Σ′系以v沿x轴方向相对于Σ系运动 由电磁场变换公式

v

v

两边同时叉乘B并利用矢量分析公式得v

1vvEEv

v=2(E×B), 取模 v==BBB

vv

QvcBvv即若E>cB

.kh

vc2vv则当v=2(E×B)时

E

v

′

E平行

ex′

为库仑场3

4πε0r′

得 E平行=

vcvv

v=2(E×B)

E

2

vBc2

取模 v=B=cEE

2

www

14

做匀速运动的点电荷所产生的电场在运动方向发生

daw

vB′=0

压缩

这时在电荷的运动方向上

如何理解这一减弱与变换公式E平行

选Σ′系为e的随动系

电场E与库仑场相比较会发生减弱

v

课

后

答

vv即若E

v1vvv

则当v=2(E×B)时E′=0

B

vvvvv

′=0则 B−2×E=0同理令B⊥

c

v

两边同时叉乘E并利用矢量分析公式得

案

网

vv

Qv

解

设点电荷e以速度v沿Σ系x轴方向运动

在Σ′

系中

由变换E平行′E平行

ex′

4πε0r′3

此场在Σ系中并非静电库仑场

- 12 -

.c

′的关系E平行

om

vvvvvv

γEv×B)⊥=γ(E+v×B)

vvvvr

vvvvvv

′=γ(B−2×E)⊥=γ(B−2×E)′=B平行=0 B⊥ B平行

cc

vvvv

0令E⊥=则 E+v×B=0′

E平行=E平行0 E⊥

v

′

v

v

由坐标变换

x′=xγ

y′=yz′=z

v2exv2

=(1−2=(1−2)E0

c4πε

0r3cE平行

压缩

得 E平行当v≈c时

E0为Σ系中库仑场

15

vvvv

有一沿z轴方向螺旋进动的静磁场B=B0(coskmzex+sinkmzey)

km=2

π

′=γ(E+v×B)⊥=γv×B=γβcez×B0(coskmzex+sinkmzey) E⊥

vvv

=γβcB0(−sinkmzex+coskmzey)

v

后

vv

答

vv

′ E平行=E平行=0

da

w

rv

v

v

v

- 13 -

解由电磁场变换式

在Σ′系中

案

电磁波

网

性系中观察到的电磁场

证明当β≅1时

该电磁场类似于一列频率为γ⋅βckm的圆偏振

www

vv′

B平行=B平行0

vvrvvvvvv

′ B⊥γB×E)=γB=γB(coskze+sinkze⊥⊥0mxmy)

c2

∴在该惯性系中观察到的电磁场为;

vvvv

E′=γβcB0(−sinkmzex+coskmzey)vπvπv

=γβcB0[cos(kmz+)ex+sin(kmz+ey

22

rrvv′ B=γB0(coskmzex+sinkmzey)

当β≈1 时

∴该电磁场类似于一列真空中的圆偏振平面电磁波

vω

′=aµνkν由四维矢量kµ=(k,i的变换关系得kµ

cv

′=γ(kz−2ω)=γkm,kx′=kx=0,k′′ kzy=ky=0,ω=γ(ω−vkz)=−βckm

c

.kh

v≈c

课

v

rvvvvvE′

QE′⊥(−ez),B′⊥(−ez),E′⊥B′,=βc=v≈c

B′

.c

v

m

λm为磁场周期长度现有一沿z轴以速度v=βc运动的惯性系求在该惯

om

其中

∴该圆偏振电磁波的频率为γ⋅βckm

16

有一无限长均匀带电直线

在其静止参考系中线电荷密度为

λ

该线电荷以速度

v=βc沿自身长度匀速移动在与直线相距为d的地方有一以同样速度平行于直线运动的

点电荷e分别用下列两种方法求出作用在电荷上的力

a 在直线静止系中确定力然后用四维力变换公式 (b) 直接计算线电荷和线电流作用在运动电荷上的电磁力

磁场 B′=0. e受力F′=e(E′+v×B′)=eE′=

vvv

v

vv

eλ2πε0d

ver

www

kxγky0k=0zkiβγϕ

.kh

0100

eλ2πε0d

v,K=

′得根据四维力矢量的变换关系kµ=aµνkν

课

veλ

′=(F′,0)=(0,0,∴kµ,0)

2πε0d

00−iβγ

000

eλ10

2πε0d

0γ0

eλ2πε0d

v

er

∴kx=ky=kϕ=0,kz=

vv2veλv

∴e受力 F=1−2K=er

2πε0dγc

v

′=(J′,icρ′)b在直线静止系中电流密度四维矢量Jµ

v

J′=0

设直线截面面积为S设不变

则ρ′=

′=(0,0,0,icJµ

S

λ

′得由变换公式Jµ=aµνJν

daw

λS

- 14 -

γ

′=

后

答

v′2−2

c

=1

案

1

v

v′为e相对于直线静止的速度

网

′=(k′,k′⋅v′)=(γF′,由四维矢量公式e受到的四维力矢量为kµ

vivv

c

.c

vivvv

γF′⋅v′)其中v

′=0c

om

解

v

a在直线静止系中由高斯定理d处的电场强度为E′=

λv

er

2πε0d

取er=ez

vv

JxγJy0 =J0zicρiβγ

∴Jx=βcγ

100

0−iβγ



0010



0γ

πλ

,Jy=Jz=0,ρ=γSSλλ

∴Jµ=(βcγ,0,0,γSS

在o

xyz系中

线电荷密度为γλ

电流为I=βcγλ

取er=ez

流向沿x轴方向

由高斯定理

e处场强为E=

v

γλv

er

2πε0d

v

v

.kh

v

p12c2+m12c4,w2=v

v

v

p12c2+m12c4+

vv

2

解得

21

2

21

4

17. 质量为M得静止粒子衰变为两个粒子m1和m2解

衰变前粒子的动量为p=0

课

后

eγλv2veλr

=(1−2er=er

2πε0d2πε0dγc

daw

能量为 w=Mc

2

2224p2c+m2c

答

vvvveγλvevµ0Iv

∴e所受的洛仑兹力为F=e(E+v×B)=er−er

2πε0d2πd

案

.c

求粒子m1的动量和能量

衰变后设两粒子动量为p1,p2

网

vµIv

由安培环路定律得e处磁感应强度为B=−0ey

2πd

量分别为w1=

由动量守恒和能量守恒得

www

p1+p2=p=0

由

1

1

2

2224p2c+m2c=Mc2

得 p1=p2=p代入

p1=p2=p=

c

M2−(m1+m2)2][M2−(m1−m2)2]2M

c22

pc+mc=[M2+m12−m2]

2M

粒子m1的能量为 E1=

18. 已知某一粒子m衰变成质量为m1和m2动量为p1和p2- 15 -

两者方向夹角为θ

om

vv

能的两个

粒子解

求该粒子的质量m由p1+p2=p

动量守恒得

2

2

2

vvv

p=p1+p2+2p1p2cosθ

由能量守恒 1

代入

2

2

1

v

p为m的动量

2224p2c+m2c

p2c2+m2c4=

得

2

2

p12c2+m12c4+

2

m=m1+m2+19.

1

2222222

[(p+mc)(p+m1122c)−p1p2cosθ]2c

设E和p是粒子体系在实验室参考系Σ中的总能量和总动量

v

角为

θ证明在另一参考系Σ′量和总动量满足 p′x=γ(px−2

相对于Σ以速度v沿x轴方向运动中的粒子体系总能

案

某光源发出的光束在两个惯性系中与x轴的夹角分别为θ和θ′

后

答

cosθ′=

3

考虑在Σ系内立体角为dΩ=dcosθdφ的光束

da

w

sinθ′=满足洛仑兹变换

cosθ−β1−βcosθsinθγ(1−βcosθ)

.c

证明

证明当变换到另一惯性系Σ′时

立

体角变为 dΩ′=证明

1

四维动量矢量pµ=(p,

www

E

p−vx2E′p==γ(p−βxx

22c−v



′

py=pyp′x=pxE′=γ(E−vpx)=γ(E−cβpx)

在Σ′系中

tgθ′=

.kh

vi

E)c

v

p′与x轴的夹角θ′满足=

psinθ

=

p′yp′x

课

dΩ

γ2(1−βcosθ)2

γ(pcosθ−β

Ec

sinθ

γ(cosθ−βEcp)

网

sinθβE), E′=γ(E−cβp), tgθ′=

xγ(cosθ−βEcp)

- 16 -

om

v

p与x轴方向夹

vω

2四维波矢量 kµ=(k,ic

对沿x轴方向的特殊洛仑兹变换有

v′

k=γk−ω)(11

c2

′=k

k2

2

k3′=k3ω′=γ(ω−vk)

在两个惯性系中有 k

1=代入

*

*

k1′=

式得

3在另一个惯性系中

dΩ′=dcosθ′dφ′

对沿x轴方向得特殊洛仑兹变换有

da

w

cosθ′

=

在该参考系中

能量和总能量

2

课

后

答

−v2c2sinθsinθ

sinθ′=−cos′==

γ(1−βcosθ)1−cosθc

2

案

.c

cosθ−β1−βcosθ

2

中已

证

且通常在

总动量为零

北京正负电子对撞机

BEPC

的设计要用

(1−β2)dcosθdcosθcosθ−β

dφ′=dφ∴dcosθ′=d(==

1−βcosθ(1−βcosθ)2γ2(1−βcosθ)2∴dΩ′=dcosθ′dφ′=

dΩ

γ2(1−βcosθ)2

www

高能物理中

123解

20. 考虑一个质量为m1

.kh

求质心系中每个粒子的动量

能量为E1的粒子射向另一质量为m

2的静止粒子的体系

选择质心参考系有许多方便之处

求质心系相对于实验室系的速度βc

已知电子静止质量mec=

0.511MeV

能量为

22.2GeV(1GeV=103MeV).

估计一下若用单束电子入射于静止靶多大的能量才能达到与对撞机相同的相对运动能量

′,p′(1)设质心系中两粒子动量分别为 p12

vv

网

v

vc=cosθ−β ω′=ωγ(1−cosθ),cosθ′=

c1−βcosθ1−cosθc

cosθ−

′+p2′=0且p1

vv

- 17 -

om

ω

cosθcω′

cosθ′c

′=p1′c+m1c,E2′=p2′c+m2c能量为 E1

实验室系中

p2=0,p1≠0

2

2

2

2

4

2

2

4

2222422224

E1=p1c+m1c,E2=m2c由特殊洛仑兹变换得

13得

∴p1=

2

m2E12−m12c4v′=p1

Mc

2

2

21

4

.kh

′=p1′ p2

r

v

m12c2+m2E1

′c+mc=p1

M

12

′4E1

c2

E12+m12c4p1c2

∴βc==c为质心系相对于实验室系的速度β

c

E1+E2E1+m2c2

课

后

βc

(E1+E2)c2

daw

′=E2

2

2

2

22

4

24

答

′+E2′)得 E1+E2=γ(E1

案

网

p1=γ

βc

′)(E1′+E2

2c

∴E1′

=

www

2

(m12+m2)c2+2m2E1

′+E2′=总能量 E′=E1

M

.c

22

m2E1+m2c

′c+mc=p2

M

4

βc

′E22 p2=

22

−βcc

p′2+

3

E2=

′+βcp′E22−β

2

c

2

4

其中Mc=m1c+m2c+2m2E1c

4实验室系中

vvivi

pµ=[p1+p2,(E1+E2)]=(p,(E1+E2)]

ccrivi′=[p1′+p2′,(E1′+E2′)]=[0,2E1′]质心系中 pν

cc′由不变量 pµp′µ=pνpν

得

−2meE1=−

- 18 -

om

2

4

2

4

2

βc

E1′2

p1=

22

−βcc

′+p1

1

E1=

′E1′+βcp1−β

2

c

c

2

2

22E1′

∴E1==1.9×104GeV2

mec

v

21. 电荷为e质量为m的粒子在均匀电场E内运动初速度为零试确定粒子的运动轨

迹与时间的关系并研究非相对论情况解1相对论情况

v

vvdP

力学方程为=eE,P=

dt

vmvv2−2

c

分量式为

dPydPxdP=0,=0,z=eEdtdtdt

当t=0时

由题意

−v

后

dP

由z=dt

设粒子从

z z=

Pz

2

0运动则

t

mc2eE

=[+(t)2−1]

eEmc

www

2

非相对论情况由题意

vvdPvv

力学方程eE=,P=mv

dtdPydPxdP

分量式=0,=0,z=eE

dtdtdt

Px=Py=0

当t=0时

.kh

∫

eEc2tdt

课

c2

P=z=2c

e2E2c2+m2c4

dPPeEt由z=z=dtmm

设粒子从

z

da

w

eEc2te2E2c2+m2c4

=

1

[e2E2c2+m2c4−mc2]eEPz=0

0运动则

答

案

粒子能量w=

mc2v2−2

c

=P2c2+m2c4=Pzc2+m2c4=e2E2c2+m2c4

2

∴Pz=eEt

eEteE2z=tdt=t

m∫02m

- 19 -

.c

Px=Py=0Pz=0∴Pz=eEt

网

om

22.

利用洛仑兹变换

试确定粒子在互相垂直的均匀电场Eex和磁场Bey(E>cB)内的运动

vv

规律设粒子初速度为零解

设Σ′系o′−x′y′z′以u沿z轴运动

v

t0时

o′,o重合

QE>cB

vvc2vv

∴当u=2E×B时在Σ′内B′=0

E

此时

v2v2vvuE2B =γu(E−c)=(1−=EγEu

γuE2c2

即

z=γuz′+βcγut′=ut

x=x′

y=y′=0t=γut′

www

∴e在互相垂直得均匀电磁场中的运动规律为

mc2γuc22

x=[+(2t)−1],y=0,z=ut, 其中 u=B,γu=

EeEγumc

1u2

−2

c

23. 已知

t0时点电荷q1位于原点运动解

试分别求出q1

.kh

zγux0

由洛仑兹变换 =

0y

ictiβγu

daw

0100

0−iβγuz′



00x′

得

10y′

0γuict′q2静止于y轴(0,y0,0)上

q1以速度v沿x轴匀速

在Σ′

系观察时

粒子静止

只有静电场

电磁场强度

- 20 -

选参考系Σ′固定在粒子q

1上

课

后

q2各自所受的力

如何解释两力不是等值反向

答

mc2eE′2

x′=t′)−1],y′=0,z′=0[+(

eE′mc

案

由21题结果

粒子e在Σ′系中的运动轨迹与时间的关系为

网

γu

.c

vvEE′=

om

v

v′E平行E平行0vvvvvvv

′=γu(E+u×B)⊥=γu(E+u×B)E⊥

v′=为 E1

vvex′

,B1′=03′4πε0r

v

q1以速度v沿x轴方向运动由速度变换关系得

在Σ系中观察

E1x=

ex′ex′

=,Eγ1y

4πε0r′34πε

0r′3

vez′ B1y=−γ2

c4πε

0r′3

vex

E1z=γ

ez′4πε0r′3

B1x

=0

vey′

B1z=γ2

c4πε0r′3vvvv×E1

B1=

c

22

后

vvvv

q2受力F12=q2(E1+0×B1)=

v

q2产生场 E2=

同理

在q1处

www

F=

v

vvq1q2eyvv

∴q1受力 F21=q1(E2+v×B)=−2

4πε0y0

24. 试比较下列两种情况下两个电荷的相互作用力1两个静止电荷q位于y轴上相距

v

为l2两个电荷都以相同的速度v平行于x轴匀速运动解1此属于静电场情况两电荷之间的静电库仑为

由上题求得

v E=

yl处q受洛仑兹力为

- 21 -

.kh

v

vq2eyvE2=−,B2=02

4πε0y0q24πε0l

2

vq2xv

,B2=0

4πε0r3

为排斥力

原点处q在yl处产生的电磁场为

v

qey

4πε0−β2l2

daw

vq1q2ey

2

4πε0−β2y0

在q2处

课

答

vvvv×E1v B==vEez

c2c2

案

.c

v2

∴E1=(1−γ)

3v⋅x22

4πε

0[(1−β)r+()]

c

vvvvvvq1ey×E1

E1=,B1=

2c24πε0−β2y0

网

om

22vvvvvqv−qβeyvv2

F=q(E+v×B)=qE+2vEv×ez=q(1−β)E=

c4πε0l2

v

F

q24πε0l2

v

动量为hk

25. 频率为ω的光子能量为hω

碰在静止的电子上试证明

不同于经典理

子不可能吸收光子

否则能量和动量守恒定律不能满足1电

证明

1

2

设电子可以吸收这个光子反应后能量为

反应后它的动量为p

v

反应前光子能量hω

能量mecme2c4+p2c2

由动量守恒 hk=p ∴hk=p 能量守恒 hω+mec= 代入21式

式得

22

v

网

v

hω+mec= ∴2hωmec=0恒定律不能满足

2

me2c4+(hkc)2=me2c4+(hω)2

da

w

2

2

22

课

后

答

me2c4+p2c2

案

显然此式不成立

所以电子不可能吸收光子

.kh

2

2

2) 电子可散射这个光子散射后的频率为ω′电子的动量变为p

vvv

由动量守恒定律得 hk=hk′+p

www

∴p=(hk)+(hk′)−2hkk′cosθ由能量守恒定律得 hω+mec= ∴h(ω−ω′)=

me2c4+p2c2+hω′

me2c4+p2c2−mec2

即

Qp>0 ∴h(ω−ω′)>0ω>ω′散射后频率降低

26. 动量为hk上

v

能量为h

ω的光子撞在静止的电子上

证明散射光子的频率变换量为ω−ω′=

- 22 -

.c

1

否则能量和动量守

散射到与入射方向夹角为θ的方向

亦即散射光波长

22θ′ωωsin

2m0c2

om

电子

子可以散射这个光子散射后光子频率ω′比散射前光子频率ω小2电

论中散射光频率不变的结论

v

λ′=

λ+

解

θ4πsin2m0c2

λ为散射前光子波长2π

v

m0为电子的静止质量

电子碰撞后动量为p

设碰撞后

光子动量变为h

k′能量变为hω′

v

能量为

w=

24p2c2+

m0c 四维动量pµ=(p,

vi

ω)c

由碰撞前后动量守恒得 pµ1=pµ2

24

p2c2+m0c,(2)

对1式由余弦定理

p2=(hk)2+(hk′)2−2h2kk′cosθ

代入ω=

2πc

27. 一个总质量为M0的激发原子

.kh

发射一个光子

能量为hω

λ

,ω′=

课

4π2πcθ

得 λ′=λ+sin2λ′m0c2

后

ω−ω′=

2ωω′2θ

sin2

2m0c

答

平方整理得

www

基态时

daw

对所选定的坐标系静止

它在跃迁到能量比之低∆w的

因此光子的频

案

代入2

式得hω−hω′=

24

c−m0c2(hω)2+(hω′)2−2h2ωω′cosθ+m0

v

动量为h

k

网

ω22ω22ωω′ =2+−2hcosθcc2c2

率不能正好是ν=

∆w

h

而要略小一些证明这个频率ν=

证明

设基态原子静止质量为M1

跃迁后基态原子反冲动量为p

2

跃迁前四维动量为 pµ1=(0,M0c)

vv2224

跃迁后四维动量为pµ2=(p+hk,hω+pc+M1c)

vrp+hk=0,(1)

由四维动量守恒

22224

M0c=hω+pc+M1c,(2)

- 23 -

.c

同时受到光子的反冲

∆w∆w

(1−2h2M0c

v

om

vvv

hk=hk′+p,(1) 

2mc+=hω′+hω0

得p=hk=h

2

2

由1

ω2222

∴pc=hω

c

2

4

2

3

2

又 M0c−M1c=∆w ∴M1c=(M0c−∆w)

3

(4)代入

2

2

4

得(M0c−hω)=h

2

222

ω2+(M0c2−∆w)2

2

整理得 2M0chω=2M0chν=2M0c∆w−∆w ∴光子频率ν=

2

28.

一个处于基态的原子∆w求光子的频率

解

吸收能量为hν的光子跃迁到激发态

激发态静止质量为M0设原子基态时静止

.c

2

设原子基态静止质量为M1

原子吸收光子后动量为p

光子能量为hν=

hω

v

由四维动量守恒

vrp=hk,(1)2Mc+hω=1

课

后

吸收后四维动量为pµ2=(p,

.kh

ωc

得 pc=h

2

42

2

2

2

由1

得 p=hk=h

又M0c−M1c=∆w 得M0c=(M1c+∆w)

3

(4)代入

2

得(M1c+hω)=h

22

2

2

www

整理得 2M1chω=2M1chν=2M1c∆w+∆w ∴光子频率ν=

2

∆w∆w(1+2h2M1c

daw

v

p2c2+M02c4)p2c2+M12c4,(2)

2

答

吸收前四维动量为pµ1

v

=(hk,M1c2+hω)

案

网

vhk

ω2

2

3

4

ω2+(M1c2+∆w)2

2

2

- 24 -

om

基态能量比激发态能量低

动量为

∆w∆w(1−h2M0c2

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