Paras vastaus
iv id = -lataus = ”2ae6d1b658”> 1 protoni on 1,6 x 10 ^ -19C. Elektroni on samaa suuruusluokkaa, mutta menee vastakkaiseen suuntaan, joten sen edessä on negatiivinen merkki: -1,6 x 10 ^ -19C
Vastaus
TL; DR Elektroni saa varauksen kytkeytymällä sähkömagneettiseen kenttään. Uskomme, että tämän kytkennän voimakkuuden (varauksen suuruuden) on oltava sellainen, että se peruuttaa tarkalleen kaikki sukupolvensa muut varaukset.
Hei! Hyvä kysymys.
Haluaisin olettaa, että lukija tuntee jonkin verran laskennan, kun vastaan tähän kysymykseen, erityisesti erilaistumiseen. Jos oletukseni on tietämätön tai väärä, joudut ehkä yksinkertaisesti luottamaan matemaattisiin manipulointeihin.
Tässä keskustelussa ei käsitellä raskasvektoribosonien varauksia, jotka välittävät heikkoa vuorovaikutusta. Se on kaukana tämän kysymyksen piiristä.
Fysiikassa on peruskäsite, joka näennäisesti ohjaa luonnon evoluutiota, vähiten toimiva periaate. Siinä sanotaan periaatteessa, että jokaisessa järjestelmässä on nimeltään toiminto, joka on paikallaan ensimmäisen asteen muunnelmien alla. Toiminto S määritellään seuraavasti:
S = \ int\_ {t\_ {1}} ^ {t\_ {2}} Ldt,
missä isot kirjaimet ”L” ovat järjestelmän ainutlaatuinen Lagrangian-arvo. Vähiten toimintaperiaate voidaan ilmoittaa matemaattisesti:
\ delta S = \ delta \ int\_ {t\_ {1}} ^ { t\_ {2}} Ldt = 0
Tästä voi olla johdettu joukko differentiaaliyhtälöitä, joita kutsutaan Euler-Lagrange-yhtälöiksi:
\ frac {\ mathrm {d}} {\ mathrm {d} t} \ vasen (\ frac {\ osittainen L} {\ osallinen \ piste {q} \_ {i}} \ oikea) = \ frac {\ osittainen L} {\ osittainen q\_ {i}} .
Yksi näistä yhtälöistä on jokaiselle yleistetylle koordinaatille q\_ {i}. Jos Lagrangian tunnetaan, nämä yhtälöt voidaan arvioida, jotta saadaan joukko differentiaalisia liikeyhtälöitä, jotka kuvaavat tim Järjestelmän kehitys. Kun otetaan huomioon joukko alkuehtoja, käytös on ainutlaatuinen.
Tähän asti keskustelu on ollut melko klassista. Latauksen alkuperä on kuitenkin kvanttialan asia. Tämän mittakaavan energiat tarvitsevat myös suhteellisia näkökohtia. Siksi siirrymme kvanttikenttäteoriaan. Haluaisimme käyttää tässä vähäisimmän toiminnan periaatetta, mutta suhteellisuusteoria opettaa meitä käsittelemään tilaa ja aikaa tasapuolisesti, joten johdannaisten on heijastettava sitä. Euler-Lagrange-yhtälöt muuttuvat seuraavasti:
- Lagrangian L: stä tulee Lagrangian tiheys \ mathcal {L}, mikä, kuten voit odottaa, on Lagrangian tilavuusyksikköä kohti.
- Aikajohdannaisista tulee neligradientteja \ osittainen \_ {\ mu}. li>
- ”Koordinaateista” tulee ”kenttiä” \ phi\_ {i}
Euler-Lagrange-yhtälöiden relativistinen yleistys on tällöin
\ osal \_ {\ mu} \ vasen (\ frac {\ osaa \ mathcal {L}} {\ osaa \ vasen (\ osaa \_ {\ mu} \ phi\_ {i} \ oikea)} \ oikea) = \ frac {\ osallinen \ mathcal {L}} {\ partituali \ phi\_ {i}}.
Lagrangian tiheys mille tahansa vapaalle spin-1/2-fermionille saadaan Dirac Lagrangianilta (Lagrangian tiheys – Tästä lähtien termi ”Lagrangian” viittaa tiheyteen.):
\ mathcal {L} = \ bar {\ psi} \ left [i \ left (\ hbar c \ right) \ gamma ^ {\ mu } \ osittainen \_ {\ mu} -mc ^ {2} \ oikea] \ psi.
\ psi on kyseessä olevan fermionin spinorikenttä ja \ gamma ^ {\ mu} on Dirac-matriisi (jos et tunne näitä, kehotan teitä viittaamaan asianmukainen Wikipedia-merkintä). Jos tämä Lagrangian liitetään yleistettyyn Euler-Lagrange-yhtälöön, voidaan löytää vapaan hiukkasen Dirac-yhtälö (itse asiassa se riippuu kentästä, jonka kanssa päätämme työskennellä; vierekkäinen spinori antaa meille Dirac-yhtälön, kun taas spinori itsessään tuottaa Dirac-yhtälön liitoksen).
Ajatelkaamme nyt, mitä symmetrioita tällä yhtälöllä on. Kuinka voimme muuttaa spinorikentän, jotta liikkeen yhtälöt eivät muutu? osoittautuu, että Dirac Lagrangian on muuttumaton globaaleissa U (1) -muunnoksissa, jotka ovat muotoa
\ psi \ rightarrow e ^ {i \ theta} \ psi tai \ bar {\ psi} \ rightarrow e ^ {- i \ theta} \ bar {\ psi}.
Tämän osoittaminen on yksinkertainen, mutta tärkeä harjoitus. Tämä kiertää koko tilaa jonkin kulman \ theta -mallilla, mutta se ei oikeastaan tarkoittaa paljon. Koko tilan kiertäminen merkitsee saman järjestelmän etsimistä eri asentoon. Oletetaan, että asetamme hieman vahvemman ehdon, eikö niin? Oletetaan, että kulma on paikan funktio aika-ajalla,
\ theta \ rightarrow \ theta \ left (x ^ {\ mu} \ right ),
niin, että käytämme paikallista vaihemuutosta:
e ^ {i \ theta} \ rightarrow e ^ {i \ theta \ left (x ^ {\ mu} \ right)}.
Tämä luo ongelman! Kulman johdannaisen seurauksena on uusi termi:
\ mathcal {L} \ rightarrow \ mathcal {L} – \ hbar c \ vasen (\ osittainen \_ {\ mu} \ theta \ oikea) \ palkki {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi
Kuinka voimme ratkaista tämän?
Otetaan yksinkertaisuuden vuoksi käyttöön uusi muuttuja,
\ lambda \ left (x \ right) = – \ frac {\ hbar c} {q} \ theta \ vasen (x \ oikea),
missä q on jonkinlainen skaalauskerroin. Lagrangiaanista tulee
\ mathcal {L} \ rightarrow \ mathcal {L} + \ vasen (q \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi \ right) \ osittainen \_ {\ mu } \ lambda \ left (x \ right).
Jos vaadimme paikallista U (1) -arvioimme invarianttia, meidän on keksittävä jotain huomioon ottamamme ylimääräisen termin. Tämä vie meidät luonnollisesti pois vapaasta Dirac Lagrangianista. Oletetaan, että lisäämme muodon termi – \ left (q \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi \ right) A \_ {\ mu}, joillekin vektori -kenttä A \_ {\ mu}, joka muuntuu muodossa A \_ {\ mu} \ oikeanpuoleinen nuoli A \_ {\ mu} + \ osittainen \_ {\ mu} \ lambda. Tämä termi täsmälleen kompensoi ylimääräisen termin paikallisesti vaihevariantti Lagrangianissa. Tämä uusi termi sisältää kuitenkin fermionisen spinorikenttämme ja uuden vektorikentän; se on vuorovaikutustermi. Vaadimme ”vapaan kentän” termin täydelliselle lagrangian kielelle. Vektorikenttänä Proca Lagrangianin tulisi kuvailla A \_ {\ mu} spin-1-bosoneille:
\ mathcal {L} = – \ frac {1} {16 \ pi} F ^ { \ mu \ nu} F \_ {\ mu \ nu} + \ frac {1} {8 \ pi} \ vasen (\ frac {m\_ {A} c} {\ hbar} \ oikea) ^ {2} A ^ {\ mu} A \_ {\ mu}, jossa
F ^ {\ mu \ nu} \ equiv \ vasemmalle (\ osittain ^ {\ mu} A ^ {\ nu} – \ osittain ^ {\ nu} A ^ {\ mu} \ right).
Vielä yksi ongelma syntyy: Vaikka ensimmäinen termi on paikallisesti muuttumaton, toinen termi on ei . Tällöin vektorikentän on oltava massaton! Lisäämällä nyt ilmaisen Dirac Lagrangianin, Proca Lagrangianin massattomalle vektorikentälle ja vuorovaikutustermin, saadaan täydellinen sähkömagneettinen Lagrangian:
\ mathcal {L} = \ bar {\ psi} \ left [ i \ vasen (\ hbar c \ oikea) \ gamma ^ {\ mu} \ osittainen \_ {\ mu} -mc ^ {2} \ oikea] \ psi- \ frac {1} {16 \ pi} F ^ {\ mu \ nu} F \_ {\ mu \ nu} – \ vasen (q \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi \ oikea) A \_ {\ mu}.
Ensimmäinen termi edustaa ilmaiset spin-1/2 fermionit. Toinen edustaa vapaita spin-1-bosoneja, jotka ovat vuorovaikutuksessa fermionien kanssa kolmannen termin avulla. Nämä massattomat bosonit ovat, kuten käy ilmi, fotoneja, jotka välittävät sähkömagneettista vuorovaikutusta varattujen hiukkasten välillä. Vektorikenttä A \_ {\ mu} on sähkömagneettinen potentiaali, joka oli vain matemaattinen temppu klassisessa elektrodynamiikassa, mutta on tässä perustavanlaatuisempi suure. Ja kuten olet ehkä arvannut, F ^ {\ mu \ nu} on kenttäsensori, joka sisältää siististi kaikki tiedot sähkö- ja magneettikentistä.
Palataan nyt alkuperäiseen kysymykseen: mikä antaa elektroni sen lataus? Muistatko q, sen pienen mittakaavan, jonka mainitsin aiemmin? Se vain sattuu olemaan vuorovaikutuksessa olevien fermionien maksu. Huomaatko, miten se näkyy vain vuorovaikutustermissä? Hiukkasen varaus on juuri se voimakkuus, jolla se kytkeytyy fotoneihin, sähkömagneettisen kentän kvantit. Mutta miksi se on ”negatiivinen”? Se on hieman hankalampi selittää. Karkeasti tavalliset yhdistämisteoriat edellyttävät, että jokaisen sukupolven varaukset summautuvat nollaan tiettyjen poikkeamien, äärettömyyksien poistamiseksi, jotka ilmestyvät laskelmissa määrille, joiden on oltava äärellisiä. Joten kahdelle kvarkille (varaus 2/3 ja -1/3), kukin kolmesta voiman voimasta saatavasta ”väristä”, neutraalista leptonista (neutriinot) ja varautuneesta leptonista (esim. Elektroni, varaus -1), me saat 3 * (2/3 + -1/3) +0+ -1 = 0. Tarkista. Elektronin ”s (muon” s, tau ”s) varauksen on tarkalleen peruutettava kaikkien muiden sukupolvensa olevien fermionien summa. Spesifisyydestä on vielä paljon kysymyksiä, mutta monet olemassa olevat GUT: t väittävät, että varausten osoittaminen alkeishiukkasille on osa joistakin vielä huomaamattomasta symmetriasta.
Yhteenvetona : Elektroni saa varauksen kytkemällä sähkömagneettiseen kenttään. että tämän kytkennän voimakkuuden (varauksen suuruuden) on oltava sellainen, että se poistaa tarkalleen kaikki muut sukupolven varaukset.