Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8448
2018-07-01 
Фотон с энергией $\hbar \omega = 0,15 МэВ$ рассеялся на покоившемся свободном электроне, в результате чего его длина волны изменилась на $\Delta \lambda = 3,0 пм$. Найти угол, под которым вылетел комптоновский электрон.
Решение:
См. рисунок. Сохранение импульса дает
$\frac{ \hbar \omega^{ \prime} }{c} - \frac{ \hbar \omega^{ \prime} }{c} = p \cos \phi$
$\frac{h \omega^{ \prime} }{c} \sin \theta = p \sin \phi$
$h \omega + mc^{2} = h \omega^{2} + E$
где $E^{2} = c^{2}p^{2} + m^{2}c^{4}$.
$tg \phi = \frac{ \omega^{ \prime} \sin \theta }{ \omega - \omega^{ \prime} \cos \theta } = \frac{ \frac{1}{ \lambda^{ \prime} } \sin \theta }{ \frac{1}{ \lambda} - \frac{1}{ \lambda^{ \prime} } \cos \theta } = \frac{ \lambda \sin \theta}{ \lambda^{ \prime} - \lambda \cos \theta } = \frac{ \sin \theta}{ \frac{ \Delta \lambda}{ \lambda} + 2 \sin^{2} \frac{ \theta}{2} }$
где $\Delta \lambda = \lambda^{ \prime} - \lambda = 2 \pi \lambda_{c} ( 1 - \cos \theta) = 4 \pi \lambda_{c} \sin^{2} \frac{ \theta}{2}$
Следовательно $tg \phi = \frac{2 \sin \frac{ \theta}{2} \cos \frac{ \theta}{2} }{ \frac{ \Delta \lambda}{ \lambda} + \frac{ \Delta \lambda }{ 2 \pi \lambda_{c} } }$
Но $\sin \theta = 2 \sqrt{ \frac{ \Delta \lambda }{4 \pi \bar{ \lambda}_{c} } } \sqrt{ 1 - \frac{ \Delta \lambda}{4 \pi \bar{ \lambda}_{c} } } = \frac{ \Delta \lambda}{2 \pi \bar{ \lambda}_{c} } \sqrt{ \frac{4 \pi \bar{ \lambda}_{c} }{ \Delta \lambda} - 1}$
Таким образом $tg \phi = \frac{ \sqrt{ \frac{4 \pi \hbar }{ mc \Delta \lambda} - 1} }{1 + \frac{2 \pi \hbar}{mc \lambda} } = \frac{ \sqrt{ \frac{4 \pi \hbar }{ mc \Delta \lambda} - 1} }{1 + \frac{ \hbar \omega}{mc^{2} } } = 31,3^{ \circ}$
Фотон с энергией $\hbar \omega = 0,15 МэВ$ рассеялся на покоившемся свободном электроне, в результате чего его длина волны изменилась на $\Delta \lambda = 3,0 пм$. Найти угол, под которым вылетел комптоновский электрон.
Решение:
См. рисунок. Сохранение импульса дает
$\frac{ \hbar \omega^{ \prime} }{c} - \frac{ \hbar \omega^{ \prime} }{c} = p \cos \phi$
$\frac{h \omega^{ \prime} }{c} \sin \theta = p \sin \phi$
$h \omega + mc^{2} = h \omega^{2} + E$
где $E^{2} = c^{2}p^{2} + m^{2}c^{4}$.
$tg \phi = \frac{ \omega^{ \prime} \sin \theta }{ \omega - \omega^{ \prime} \cos \theta } = \frac{ \frac{1}{ \lambda^{ \prime} } \sin \theta }{ \frac{1}{ \lambda} - \frac{1}{ \lambda^{ \prime} } \cos \theta } = \frac{ \lambda \sin \theta}{ \lambda^{ \prime} - \lambda \cos \theta } = \frac{ \sin \theta}{ \frac{ \Delta \lambda}{ \lambda} + 2 \sin^{2} \frac{ \theta}{2} }$
где $\Delta \lambda = \lambda^{ \prime} - \lambda = 2 \pi \lambda_{c} ( 1 - \cos \theta) = 4 \pi \lambda_{c} \sin^{2} \frac{ \theta}{2}$
Следовательно $tg \phi = \frac{2 \sin \frac{ \theta}{2} \cos \frac{ \theta}{2} }{ \frac{ \Delta \lambda}{ \lambda} + \frac{ \Delta \lambda }{ 2 \pi \lambda_{c} } }$
Но $\sin \theta = 2 \sqrt{ \frac{ \Delta \lambda }{4 \pi \bar{ \lambda}_{c} } } \sqrt{ 1 - \frac{ \Delta \lambda}{4 \pi \bar{ \lambda}_{c} } } = \frac{ \Delta \lambda}{2 \pi \bar{ \lambda}_{c} } \sqrt{ \frac{4 \pi \bar{ \lambda}_{c} }{ \Delta \lambda} - 1}$
Таким образом $tg \phi = \frac{ \sqrt{ \frac{4 \pi \hbar }{ mc \Delta \lambda} - 1} }{1 + \frac{2 \pi \hbar}{mc \lambda} } = \frac{ \sqrt{ \frac{4 \pi \hbar }{ mc \Delta \lambda} - 1} }{1 + \frac{ \hbar \omega}{mc^{2} } } = 31,3^{ \circ}$
