Савченко, задача 14.5.18

Решение

Электрон и позитрон: энергии \(\mathcal{E}\) каждая, импульсы \(p=\sqrt{\mathcal{E}^2-m_e^2c^4}/c\), угол \(\alpha\). Полная энергия \(2\mathcal{E}\), суммарный импульс \(2p\cos(\alpha/2)\) (биссектриса). Инвариант

\[ s=\frac{4\mathcal{E}^2}{c^2}-4p^2\cos^2\frac{\alpha}{2}=4m_e^2c^2+4p^2\sin^2\frac{\alpha}{2}. \]

Порог: \(\sqrt{s}=2m_pc\), \(m_e^2c^2+p^2\sin^2(\alpha/2)=m_p^2c^2\),

\[ p^2c^2=\frac{(m_p^2-m_e^2)c^4}{\sin^2(\alpha/2)},\qquad \mathcal{E}=\sqrt{p^2c^2+m_e^2c^4}. \]

Книга записывает

\[ \mathcal{E}=m_pc^2\Big/\sqrt{1+\bigl(1-m_e^2/m_p^2\bigr)\operatorname{ctg}^2(\alpha/2)}\,?\quad \mathcal{E}=\frac{m_pc^2}{\sqrt{1-(1-m_e^2/m_p^2)\cos^2(\alpha/2)}}\cdot\sin\frac\alpha2. \]

Печатное: \(\mathcal{E}=m_pc^2\sqrt{1+(1-m_e^2/m_p^2)\operatorname{ctg}^2(\alpha/2)}\). Проверка пределов решает, какой корень верный. При \(\alpha=180^\circ\) (встреча) должно быть \(\mathcal{E}=m_pc^2\): подходит форма с синусом в числителе / знаменателе, дающая \(\mathcal{E}=m_pc^2\). Приводим книжный вид и помним: при \(\alpha=\pi\) энергия каждого равна \(m_pc^2\).

Одинаковые \(|\vec v|\), угол \(\alpha\): суммарный импульс вдоль биссектрисы, \(\sqrt{s}\) растёт как \(\sin(\alpha/2)\). При \(\alpha=\pi\) (встреча) \(\mathcal{E}=m_pc^2=938\) МэВ на каждый — задача 14.5.5. При \(\alpha\to0\) оба летят почти вместе, ЦМ-энергия мала, порог \(\mathcal{E}\to\infty\): «в одном направлении пару не родить». При \(\alpha=\pi/2\) \(\sin(\alpha/2)=\sqrt{2}/2\), энергия каждого уже \(\sim938\sqrt{2}\approx1{,}3\) ГэВ (пренебрегая \(m_e\)).

Печатное \(\mathcal{E}=m_pc^2\sqrt{1+(1-m_e^2/m_p^2)\operatorname{ctg}^2(\alpha/2)}\) при \(\alpha=\pi\) даёт \(938\) МэВ, как надо. Масса электрона \(511\) кэВ почти не поправляет: \(m_e/m_p\sim1/1836\). При \(m_e=0\) (два фотона под углом) было бы \(\mathcal{E}=m_pc^2/\sin(\alpha/2)\) — тот же порог, что у \(\gamma\gamma\to p\bar p\). Комптон здесь ни при чём: на выходе два тяжёлых тела, не фотон и электрон.