Legjobb válasz
A iv id = töltés = “2ae6d1b658”> 1 proton 1,6 x 10 ^ -19C. Az elektron ugyanolyan nagyságrendű, de az ellenkező irányba halad, ezért egy negatív előjel van előtte: -1,6 x 10 ^ -19C
Válasz
TL; DR Az elektron töltését az elektromágneses mezőhöz kapcsolva kapja meg. Úgy gondoljuk, hogy ennek a kapcsolásnak az erejének (a töltés nagysága) olyannak kell lennie, hogy pontosan megsemmisítse generációjának többi töltését.
Üdvözlet! Jó kérdés.
Szeretnék feltételezni, hogy az olvasó ismeri a számításokat, amikor erre a kérdésre válaszolok, különös tekintettel a differenciálásra. Ha feltételezésem tudatlan vagy hamis, akkor egyszerűen bíznia kell matematikai manipulációimban.
Ez a beszélgetés nem foglalkozik a nehéz vektoros bozonok tölteteivel, amelyek közvetítik a gyenge interakciót. Ez messze kívül esik ennek a kérdésnek a körén.
A fizikában létezik egy alapfogalom, amely látszólag a Természet evolúcióját irányítja, a legkevesebb cselekvés elve. Alapvetően azt mondja, hogy minden rendszerben van egy mennyiség, az úgynevezett az első rendű variációk alatt álló helyzetű művelet. Az S műveletet a következőképpen határozzuk meg:
S = \ int\_ {t\_ {1}} ^ {t\_ {2}} Ldt,
ahol a nagybetűs “L” a rendszer egyedi Lagrange-je. A legkevesebb műveleti elv matematikailag megadható:
\ delta S = \ delta \ int\_ {t\_ {1}} ^ { t\_ {2}} Ldt = 0
Ebből levezethető az Euler-Lagrange-egyenleteknek nevezett differenciálegyenlet-készlet:
\ frac {\ mathrm {d}} {\ mathrm {d} t} \ bal (\ frac {\ részleges L} {\ részleges \ pont {q} \_ {i}} \ jobb) = \ frac {\ részleges L} {\ részleges q\_ {i}} .
Ezen egyenletek egyike létezik minden általánosított q\_ {i} koordinátához. Ha a Lagrangian ismert, akkor ezeket az egyenleteket kiértékelhetjük, és így megadhatjuk a mozgás differenciálegyenleteinek halmazát. a rendszer fejlődése. A kezdeti feltételek összességét tekintve a viselkedés egyedülálló.
Eddig a vita meglehetősen klasszikus volt. A töltés eredete azonban a kvantum birodalmának kérdése. Az ilyen mértékű energiák relativisztikus megfontolásokat is igényelnek. Így rátérünk a kvantumtérelméletre. “A legkevesebb cselekvés elvét szeretnénk itt használni, de a relativitáselmélet megtanít a tér és az idő egyenlő kezelésére, ezért a deriváltaknak ezt tükrözniük kell. Az Euler-Lagrange egyenletek a következőképpen alakulnak át:
- A Lagrangi L-ből lesz a Lagrangi-sűrűség \ mathcal {L}, ami, amire számíthat, az egységnyi térfogat Lagrang-értéke.
- Az időszármazékok négy gradienssé válnak, \ részleges \_ {\ mu}.
- A “koordináták” “mezővé” válnak, \ phi\_ {i}
Az Euler-Lagrange egyenletek relativisztikus általánosítása ekkor:
\ részleges \_ {\ mu} \ bal (\ frac {\ részleges \ mathcal {L}} {\ részleges \ bal (\ részleges \_ {\ mu} \ phi\_ {i} \ jobb)} \ jobb) = \ frac {\ részleges \ mathcal {L}} {\ részleges \ phi\_ {i}}.
A szabad spin-1/2 fermionok Lagrangi-sűrűségét a Dirac Lagrangian (Lagrangi-sűrűség – Mostantól a a “Lagrangian” kifejezés a sűrűségre utal.):
\ mathcal {L} = \ bar {\ psi} \ left [i \ left (\ hbar c \ right) \ gamma ^ {\ mu } \ részleges \_ {\ mu} -mc ^ {2} \ jobb] \ psi.
A \ psi a szóban forgó fermion spin-mezője, a \ gamma ^ {\ mu} pedig egy Dirac-mátrix (ha még nem ismered ezeket, kérem, hogy hivatkozzon a megfelelő Wikipedia-bejegyzés). Ha ez a Lagrangian bekapcsolódik az általánosított Euler-Lagrange egyenletbe, akkor megtalálható a szabad részecskék Dirac-egyenlete (valójában attól a mezőtől függ, amellyel együtt dolgozunk; a szomszédos spinor megadja a Dirac-egyenletet, míg a spinor maga adja a Dirac-egyenlet adjunktját).
Most gondolkodjunk el azon, hogy ennek az egyenletnek milyen szimmetriái vannak. Hogyan alakíthatjuk át a spinor mezőt annak érdekében, hogy a mozgásegyenletek változatlanok legyenek? kiderül, hogy a Dirac Lagrangian invariáns a globális U (1) transzformációk alatt, amelyek a következő formában vannak:
\ psi \ rightarrow e ^ {i \ theta} \ psi vagy \ bar {\ psi} \ rightarrow e ^ {- i \ theta} \ bar {\ psi}.
Ennek bizonyítására egyszerű, de fontos gyakorlat. Ez az egész teret bizonyos szöggel \ theta elforgatja, de ez nem igazán sokat jelent, ugye. Az egész tér elforgatása egyenértékű azzal, hogy ugyanazt a rendszert más helyzetre nézzük. Tegyünk fel egy kicsit erősebb feltételt, igaz? Tegyük fel, hogy a szög a téridő pozíciójának függvénye,
\ theta \ rightarrow \ theta \ left (x ^ {\ mu} \ right ),
hogy helyi fázisátalakítást alkalmazzunk:
e ^ {i \ theta} \ rightarrow e ^ {i \ theta \ left (x ^ {\ mu} \ right)}.
Ez problémát okoz! A szög deriváltja következtében új kifejezés jön létre:
\ mathcal {L} \ rightarrow \ mathcal {L} – \ hbar c \ bal (\ részleges \_ {\ mu} \ theta \ jobb) \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi
Hogyan oldjuk meg ezt?
Nos, az egyszerűség kedvéért mutassunk be egy új változót,
\ lambda \ left (x \ right) = – \ frac {\ hbar c} {q} \ theta \ balra (x \ jobbra),
ahol q valamilyen méretezési tényező. A Lagrangian
\ mathcal {L} \ rightarrow \ mathcal {L} + \ left (q \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi \ right) lesz \ részleges \_ {\ mu } \ lambda \ left (x \ right).
Ha követeljük a helyi U (1) invarianciáját, akkor elő kell állnunk valamit elszámolni az általunk bevezetett extra kifejezéssel. Ez természetesen elvezet minket a ingyenes Dirac Lagrangiantól. Tegyük fel, hogy hozzáadunk egy – \ left (q \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi \ right) A \_ {\ mu} formátumú kifejezést, egyes vektor mező A \_ {\ mu}, amely A \_ {\ mu} \ rightarrow A \_ {\ mu} + \ részleges \_ {\ mu} \ lambda alakban alakul át. Ez a kifejezés pontosan kompenzálja a lokálisan fázisinvariáns Lagrangianban szereplő extra kifejezést. Ez az új kifejezés azonban magában foglalja a fermionos spinor mezőt és az új vektor mezőt; ez egy interakciós kifejezés. Szükségünk van egy “szabad mező” kifejezésre a teljes Lagrangian esetében. Vektormezőként A Proca Lagrangian-nak le kell írnia egy A \_ {\ mu} -t spin-1 bozonok esetében:
\ mathcal {L} = – \ frac {1} {16 \ pi} F ^ { \ mu \ nu} F \_ {\ mu \ nu} + \ frac {1} {8 \ pi} \ balra (\ frac {m\_ {A} c} {\ hbar} \ jobbra) ^ {2} A ^ {\ mu} A \_ {\ mu}, ahol
F ^ {\ mu \ nu} \ equiv \ balra (\ részleges ^ {\ mu} A ^ {\ nu} – \ részleges ^ {\ nu} A ^ {\ mu} \ right).
Még egy probléma merül fel: míg az első kifejezés lokálisan változatlan, a második kifejezés nem . Ekkor a vektor mezőnek tömegmentesnek kell lennie! Most hozzáadva az ingyenes Dirac Lagrangian-ot, a tömeg nélküli vektormező Proca Lagrangian-ját és az interakciós kifejezést, megkapjuk a teljes elektromágneses Lagrangian-ot:
\ mathcal {L} = \ bar {\ psi} \ left [ i \ left (\ hbar c \ right) \ gamma ^ {\ mu} \ részleges \_ {\ mu} -mc ^ {2} \ right] \ psi- \ frac {1} {16 \ pi} F ^ {\ mu \ nu} F \_ {\ mu \ nu} – \ balra (q \ bar {\ psi} \ gamma ^ {\ mu} \ psi \ jobbra) A \_ {\ mu}.
Az első kifejezés szabad spin-1/2 fermionok. A második a szabad spin-1 bozonokat jelenti, amelyek a harmadik tag révén kölcsönhatásba lépnek a fermionokkal. Ezek a tömeg nélküli bozonok, mint kiderült, fotonok, amelyek közvetítik a töltött részecskék közötti elektromágneses kölcsönhatásokat. Az A \_ {\ mu} vektormező az elektromágneses potenciál, amely csak matematikai trükk volt a klasszikus elektrodinamikában, de itt alapvetőbb mennyiség. És ahogy sejteni lehetett, az F ^ {\ mu \ nu} a mezőtenzor, amely szépen tartalmazza az összes információt az elektromos és mágneses mezőkről.
Most térjünk vissza az eredeti kérdésre: mit ad egy elektron a töltése? Emlékszel q-re, arra a kis méretezési tényezőre, amelyet korábban említettem? Ez éppen a kölcsönhatásban lévő fermionok töltete. Észreveszi, hogy csak az interakciós kifejezésben jelenik meg? A részecske töltése pontosan az az erő, amellyel a fotonokhoz kapcsolódik, az elektromágneses mező kvantumai. De miért “negatív”? Ezt kissé bonyolultabb elmagyarázni. Nagyjából a standard unifikációs elméletek megkövetelik, hogy az egyes generációk töltései nulla összegűek legyenek bizonyos anomáliák, végtelenségek kiküszöbölése érdekében, amelyek a végesnek kell lenniük. Tehát két kvark (2/3-os és -1 / 3-os töltés) esetében, amelyek mindegyike az erős erő három “színe”, egy semleges lepton (a neutrínók) és egy töltött lepton (pl. Elektron, töltés -1), akkor kap 3 * (2/3 + -1/3) +0+ -1 = 0. Ellenőrizze. Az elektron “s (muon” s, tau “s) töltésének pontosan meg kell szüntetnie a generáció összes többi fermionjának összegét. Sok kérdés merül fel a sajátosságokkal kapcsolatban, de sok létező GUT állítja, hogy a töltések hozzárendelése elemi részecskékhez része a még megfigyelhetetlen szimmetriának.
Összefoglalva : Az elektron töltését az elektromágneses mezőhöz kapcsolva kapja meg. Úgy gondoljuk hogy ennek a kapcsolásnak az erejének (a töltés nagyságának) olyannak kell lennie, hogy az pontosan generálja a többi töltetet.