Question

8．一個ω介子飛行時衰變成靜止質(zhì)量均為m的三個π介子，這三個π介子的動量共面，已知：衰變前后介子運動的速度都遠(yuǎn)小于光在真空中的速度c；衰變后的三個π介子的動能分別為T₁、T₂和T₃，且第一、二個π介子飛行方向之間的夾角為θ₁，第二、三個π介子飛行方向之間的夾角為θ₂（如圖所示）；介子的動能等于介子的能量與其靜止時的能量（即其靜止質(zhì)量與c²的乘積）之差，求ω介子在衰變前的瞬間的飛行方向（用其飛行方向與衰變后的第二個介子的飛行方向的夾角即圖中的φ角表示）及其靜止質(zhì)量．

Answer 1

分析 建立坐標(biāo)系，運用正交分解，分別對x方向和y方向列二維運動的動量守恒定律

解答 解：以第二個π介子的飛行方向為x軸，以事件平面為x-y平面，設(shè)衰變前ω介子和衰變后三個π介子的動量大小分別為P_ω、P₁、P₂和P₃，衰變前后粒子在x和y方向的總動量分別守恒
P_ωcosφ=P₁cosθ₁+P₂+P₃cosθ₂  ①
-P_ωsinφ=-P₁sinθ₁+P₃sinθ₂  ②
衰變前后粒子總能量守恒
m_ωc²+T_ω=（mc²+T₁）+（mc²+T₂）+（mc²+T₃）  ③
式中左端和右端三個圓括弧所示的量分別是衰變前ω介子和衰變后三個π介子的總能（靜能與動能之和）．衰變前ω介子和摔后三個π介子的總能可由其動量和靜止質(zhì)量表示出來
T_ω=$\frac{{P}_{ω}^{2}}{2{m}_{ω}}$ ④
T₁=$\frac{{P}_{1}^{2}}{2{m}_{\;}}$  ⑤
T₂=$\frac{{P}_{2}^{2}}{2{m}_{\;}}$  ⑥
T₃=$\frac{{P}_{3}^{2}}{2{m}_{\;}}$  ⑦
分別由⑤⑥⑦式得
P₁=$\sqrt{2{mT}_{1}}$ ⑧
P₂=$\sqrt{2{mT}_{2}}$ ⑨
P₃=$\sqrt{2{mT}_{3}}$ ⑩
由①②⑧⑨⑩式得
φ=arctan$\frac{\sqrt{{T}_{1}}sin{θ}_{1}-\sqrt{{T}_{3}}sin{θ}_{2}}{\sqrt{{T}_{1}}cos{θ}_{1}+\sqrt{{T}_{2}}+\sqrt{{T}_{3}}cos{θ}_{2}}$⑪
P_ω=2m（T₁+T₂+T₃）+4m[$\sqrt{{T}_{1}{T}_{3}}$cos（θ₁+θ₂）+$\sqrt{{T}_{1}{T}_{2}}$cosθ₁+$\sqrt{{T}_{2}{T}_{3}}$cosθ₂]⑫
由③④⑫式得
2c²${m}_{ω}^{2}$-2（3mc²+T₁+T₂+T₃）m_ω+2m（T₁+T₂+T₃）+4m[$\sqrt{{T}_{1}{T}_{3}}$cos（θ₁+θ₂）+$\sqrt{{T}_{1}{T}_{2}}$cosθ₁+$\sqrt{{T}_{2}{T}_{3}}$cosθ₂]=0⑬
其解為m_ω=$\frac{3}{2}$m+$\frac{1}{2{c}^{2}}$（T₁+T₂+T₃）+$\sqrt{[\frac{3}{2}m+\frac{1}{2{c}^{2}}（{T}_{1}+{T}_{2}+{T}_{3}）]^{2}-\frac{{P}_{ω}^{2}}{2{c}^{2}}}$⑭式中，${P}_{ω}^{2}$由⑫式給出．
另一解m_ω～$\frac{{P}_{ω}}{c}$，與非相對論近似條件m_ωc²＜＜P_ωc 矛盾，舍去．
答：ω介子在衰變前的瞬間的飛行方向與衰變后的第二個介子的飛行方向的夾角φ為arctan$\frac{\sqrt{{T}_{1}}sin{θ}_{1}-\sqrt{{T}_{3}}sin{θ}_{2}}{\sqrt{{T}_{1}}cos{θ}_{1}+\sqrt{{T}_{2}}+\sqrt{{T}_{3}}cos{θ}_{2}}$；
ω介子的靜止質(zhì)量為$\frac{3}{2}$m+$\frac{1}{2{c}^{2}}$（T₁+T₂+T₃）+$\sqrt{[\frac{3}{2}m+\frac{1}{2{c}^{2}}（{T}_{1}+{T}_{2}+{T}_{3}）]^{2}-\frac{{P}_{ω}^{2}}{2{c}^{2}}}$（其中${P}_{ω}^{2}$由⑫式給出）．

點評 本題考查二維運動的動量守恒定律，要運用正交分解，分別在x方向和y方向列動量守恒，除此之外還要求大家掌握質(zhì)能方程的運用、動量和動能之間的換算以及反三角函數(shù)的使用．