第35屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答

1、 - 27 -第35屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答一、假設地球是一個質(zhì)量分布各向同性的球體。從地球上空離地面高度為的空間站發(fā)射一個小物體，該物體相對于地球以某一初速度運動，初速度方向與其到地心的連線垂直。已知地球半徑為，質(zhì)量為，引力常量為。地球自轉(zhuǎn)及地球大氣的影響可忽略。 （1）若該物體能繞地球做周期運動，其初速度的大小應滿足什么條件？ （2）若該物體的初速度大小為，且能落到地面，求其落地時速度的大小和方向（即速度與其水平分量之間的夾角）、以及它從開始發(fā)射直至落地所需的時間。 已知：對于，有式中為積分常數(shù)。參考解答：（1）解法（一） 假設小物體初始速度大小為，在地球引力場中其能量為

2、式中是小物體的質(zhì)量。小物體相對于地球中心的角動量為 該物體能繞地球做周期運動，其能量應 由此條件以及的表達式，得，即 物體能繞地球做持續(xù)的周期運動，不能墜落到地球表面。當物體初始速度降低到某個值時，物體運動的橢圓軌道將與地球表面相切，設這種情況下物體在與地球表面相切時的運動速度為，由角動量守恒定律，即 由能量守恒定律有 將式代入式得 當物體初速度低于時，其軌道都將與地球表面相交，因此會墜落到地面上。所以物體繞地球作橢圓或圓形軌道運動，但不會墜落到地球表面的條件是 解法（二）該物體能繞地球做周期運動，其運動軌跡應為橢圓（圓被視為橢圓的特殊情形），設其近或遠地點之一與地心的距離和速度大小分別為和，

3、另一近或遠地點與地心的距離和速度大小分別為和。由角動量守恒和能量守恒有 式中是小物體的質(zhì)量。消去得將和視為已知，上式是滿足的一個一元二次方程。顯然滿足方程，因而 是一元二次方程的解。利用韋達定理，另一解是 顯然，且有限，故有由式得，當給定時，必須滿足.由題意知 ，故有（2）如果 則物體會落到地球上。根據(jù)能量守恒，它落到地面時的速度大小滿足方程 由式得設物體落地點相對于地心的矢徑與物體初始位置相對于地心的矢徑之間的夾角為。根據(jù)角動量守恒，物體落到地面時的水平速度滿足方程上式即物體的速度方向與水平面的夾角是 將物體的運動用極坐標、描寫，角動量守恒和能量守恒可分別表為和消去得物體從開始發(fā)射直至落地需

4、要的時間為取參量，有 利用題給積分公式，完成積分得當初始速度大小為臨界值時，下落時間為 xOm-A0t=0二、如圖，一勁度系數(shù)為的輕彈簧左端固定，右端連一質(zhì)量為的小球；彈簧水平，它處于自然狀態(tài)時小球位于坐標原點；小球可在水平地面上滑動，它與地面之間的動摩擦因數(shù)為。初始時小球速度為零，將此時彈簧相對于其原長的伸長記為（，但并不是已知量）。重力加速度大小為，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）如果小球至多只能向右運動，求小球最終靜止的位置，和此種情形下應滿足的條件；（2）如果小球完成第一次向右運動至原點右邊后，至多只能向左運動，求小球最終靜止的位置，和此種情形下應滿足的條件；（3）如果小球只能完

5、成次往返運動（向右經(jīng)過原點，然后向左經(jīng)過原點，算1次往返），求小球最終靜止的位置，和此種情形下應滿足的條件；（4）如果小球只能完成次往返運動，求小球從開始運動直至最終靜止的過程中運動的總路程。參考解答：（1）若 或 小球靜止于其初始位置 若 或 小球能向右運動。設小球第一次向右運動到速度為零時彈簧的伸長量為（其符號暫未確定），根據(jù)功能原理有 由此得 當，即 彈簧處于壓縮或自由狀態(tài)，且小球所受向右的彈力 故小球最終靜止于原點左邊或原點 式中取等號時，式也取等號。 當，即 彈簧處于伸長狀態(tài)，小球所受向左的彈力 若，即 小球最終靜止于原點右邊 （2）解法（一） 設在小球完成第一次向右運動后的瞬間，記

6、彈簧的伸長為。按題意，此后小球至多只能向左運動。若 或 小球能向左運動。設小球第一次向左運動到速度為零時彈簧的伸長量為（其符號暫未確定），根據(jù)功能原理有 由此得 當，即 彈簧處于伸長或自由狀態(tài)，小球所受向左的彈力 小球最終靜止于原點右邊或原點 式中取等號時，式也取等號。 當，即 彈簧處于壓縮狀態(tài)，且小球所受向右的彈力 如果，即當 小球最終靜止于 解法（二） 設在小球完成第一次向右運動后的瞬間，記彈簧的伸長為。按題意，此后小球至多只能向左運動。將將視為，利用（1）的結果以及的表達式可知，當 時，小球最終靜止于 式取等號時，式也取等號。當 時，小球最終靜止于 （3）設小球第1次向右運動至速度為零的

7、位置為（），第1次返回至速度為零的位置為（）；第次向右運動至速度為零的位置為（），第次返回至速度為零的位置為（）。由式并類推有 ， ， ， .， ， .由此得 將視為初始壓縮量，利用（1）（2）的結果式以及的表達式可知，小球最終靜止于 ， ， ， 式中當后式取等號時前式也取等號。（4）設小球在由開始運動直至靜止整個過程中通過的總路程為，設由功能原理有 式中，的值如式所示。由此得 即 ， ， x yOMmv0lB三、如圖，一質(zhì)量為、長為的勻質(zhì)細桿自由懸掛于通過坐標原點點的水平光滑轉(zhuǎn)軸上（此時，桿的上端未在圖中標出，可視為與點重合），桿可繞通過點的軸在豎直平面（即平面，軸正方向水平向右）內(nèi)轉(zhuǎn)動；點

8、相對于地面足夠高，初始時桿自然下垂；一質(zhì)量為的彈丸以大小為的水平速度撞擊桿的打擊中心（打擊過程中軸對桿的水平作用力為零）并很快嵌入桿中。在桿轉(zhuǎn)半圈至豎直狀態(tài)時立即撤除轉(zhuǎn)軸。重力加速度大小為。（1）求桿的打擊中心到點的距離；（2）求撤除轉(zhuǎn)軸前，桿被撞擊后轉(zhuǎn)過（）角時轉(zhuǎn)軸對桿的作用力；（3）以撤除轉(zhuǎn)軸的瞬間為計時零點，求撤除轉(zhuǎn)軸后直至桿著地前，桿端的位置隨時間變化的表達式和；（4）求在撤除轉(zhuǎn)軸后，桿再轉(zhuǎn)半圈時、兩點的高度差。參考解答：（1）設打擊中心位置距轉(zhuǎn)軸距離為，水平外力作用于打擊中心后桿的角加速度為。由剛體定軸轉(zhuǎn)動的動力學方程有 式中是桿繞過其端點（即點）的水平軸轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動慣量。由式得 在彈

9、丸撞擊桿后的瞬間，桿的質(zhì)心加速度的水平分量為設軸對桿的作用力的水平分量為，由質(zhì)心運動定理有將式代入式，水平外力打擊到桿的打擊中心處，軸對桿的作用力的水平分量應為零由此得，桿的打擊中心到點的距離為（2）彈丸與桿的碰撞過程滿足動量守恒解得 設碰撞后帶彈丸的桿的質(zhì)心位置與點的距離為，則 即在碰撞后的瞬間，桿轉(zhuǎn)動的角速度為帶彈丸的桿的轉(zhuǎn)動慣量為在桿從垂直位置轉(zhuǎn)過（）角的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，有 解得 將式以及轉(zhuǎn)動慣量的表達式代入上式得 另一方面，桿由初始位置轉(zhuǎn)過角時，由剛體定軸轉(zhuǎn)動的動力學方程有式中是重力矩產(chǎn)生的角加速度。由此得此時質(zhì)心加速度的分量和分量分別為其中角速度由式給出。設撤除轉(zhuǎn)軸前，桿被

10、撞擊后轉(zhuǎn)過角時轉(zhuǎn)軸對桿的作用力的分量和分量分別為和，由質(zhì)心運動定理有將式代入式得（3）當桿轉(zhuǎn)到豎直位置即時，由式得，角速度為撤除轉(zhuǎn)軸后，帶彈丸的桿的質(zhì)心做平拋運動，同時桿繞其質(zhì)心以角速度在豎直平面內(nèi)做順時針轉(zhuǎn)動。以撤除轉(zhuǎn)軸的瞬間為計時零點，在t時刻的質(zhì)心坐標為Bc xyt建立如圖所示的質(zhì)心坐標系，由于桿同時繞質(zhì)心以角速度在豎直平面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動，在時刻桿的端相對于其質(zhì)心的坐標為在地面參考系中，時刻桿的端的坐標為（4）撤除轉(zhuǎn)軸后，經(jīng)過時間t1，桿再轉(zhuǎn)了半圈，即設此時、兩點的高度差為，即此時桿端的坐標的絕對值。由式得 將式代入式得或x yOaaaa1234四、Ioffe-Pritchard磁阱可用來

11、束縛原子的運動，其主要部分如圖所示。四根均通有恒定電流的長直導線1、2、3、4都垂直于平面，它們與平面的交點是邊長為、中心在原點的正方形的頂點，導線1、2所在平面與軸平行，各導線中電流方向已在圖中標出。整個裝置置于勻強磁場（為軸正方向單位矢量）中。已知真空磁導率為。（1）求電流在通電導線外產(chǎn)生的總磁場的空間分布；（2）電流在原點附近產(chǎn)生的總磁場的近似表達式，保留至線性項；（3）將某原子放入磁阱中，該原子在磁阱中所受磁作用的束縛勢能正比于其所在位置的總磁感應強度的大小，即磁作用束縛勢能，為正的常量。求該原子在原點附近所受磁場的作用力；（4）在磁阱中運動的原子最容易從平面上什么位置逸出？求剛好能夠

12、逸出磁阱的原子的動能。參考解答：（1）四根通有直流電流的導線在平面內(nèi)的空間坐標依次是取軸和軸方向單位矢量為和，考慮通電導線外任一點。導線1、2、3、4上的電流在點產(chǎn)生的磁場、為 導線電流在通電導線外產(chǎn)生的總磁場的空間分布為 （2）對于原點O附近的任一點，有 保留至的一次項，、可近似為 電流在原點附近任一點產(chǎn)生的總磁場可近似為 （3）在原點附近的總磁感應強度為 在原點附近總磁感應強度的大小為 原子在原點附近所受的磁作用的束縛勢能為 除開常數(shù)項外，這是二維（平面）簡諧振子勢能，因此該原子在原點附近所受磁場的作用力應是平面上沿徑向指向原點O的力 （4）原子在磁阱中所受的磁作用的束縛勢能為 式中如式所

13、示。 由系統(tǒng)的電流分布可以斷定，在平面內(nèi)磁感線最稀疏的位置應該在軸或軸上，或者說束縛勢壘高度最小的位置應該在軸或軸上，這也是原子在平面內(nèi)最容易逸出的方向。由式，當時，在軸上束縛勢能為 由極值條件得 解為， 其中，極值點，即原點位置對應于勢能最小值位置；而極值點和對應于軸上勢能極大值位置。在軸方向也有類似結果。因此，運動原子在平面內(nèi)最容易沿軸或軸方向，在下述空間位置 、 從磁阱中逸出。 由式知，在處，原子的束縛勢能為 類似的，在處，原子的束縛勢能也為式所示。由式，在磁阱中心 原子所受磁作用的束縛勢能為 所以剛好能夠逸出磁阱的原子的動能為 五、塞曼發(fā)現(xiàn)了鈉光線在磁場中分裂成三條，洛侖茲根據(jù)經(jīng)典電磁

14、理論對此做出了解釋，他們因此榮獲1902年諾貝爾物理學獎。假定原子中的價電子（質(zhì)量為，電荷量為，）受到一指向原子中心的等效線性回復力（為價電子相對于原子中心的位矢）作用，做固有圓頻率為的簡諧振動，發(fā)出圓頻率為的光。現(xiàn)將該原子置于沿軸正方向的勻強磁場中，磁感應強度大小為（為方便起見，將參數(shù)化為）。（1）選一繞磁場方向勻角速轉(zhuǎn)動的參考系，使價電子在該參考系中做簡諧振動，導出該電子運動的動力學方程在直角坐標系中的分量形式并求出其解；（2）將（1）問中解在直角坐標系中的分量形式變換至實驗室參考系的直角坐標系；（3）證明在實驗室參考系中原子發(fā)出的圓頻率為的譜線在磁場中一分為三；并對弱磁場（即）情形，求出

15、三條譜線的頻率間隔。已知：在轉(zhuǎn)動角速度為的轉(zhuǎn)動參考系中，運動電子受到的慣性力除慣性離心力外還受到科里奧利力作用，當電子相對于轉(zhuǎn)動參考系運動速度為時，作用于電子的科里奧利力為。解法（一）（1）以正離子中心為原點的實驗室參考系與以角速度繞軸旋轉(zhuǎn)的參考系如圖所示，軸和軸重合，沿磁場方向。記兩參考系坐標軸正向單位矢量分別為、和、。旋轉(zhuǎn)系中，價電子除受線性回復力和洛倫茲力外，還受慣性離心力和科里奧利力作用，其合力為 或?qū)懗傻葍r的分量形式 式中和是實驗室參考系中價電子速度在和坐標軸上的分量，而和是旋轉(zhuǎn)系中價電子速度在和坐標軸上的分量。兩參考系位矢之間和速度之間的變換關系為 速度之間的變換關系可寫成等價的分

16、量形式 式可寫為 式中，而 式也可寫成等價的分量形式 令 有 這是各向異性的線性回復力。旋轉(zhuǎn)系中價電子運動的動力學方程為 利用式，式的分量形式為 這是三維簡諧振動的動力學方程，其解為 式中，常量、和、分別是相應的振幅和相位，它們由價電子的初始位置與初始速度決定。（2）由幾何關系，可得兩參考系之間的坐標變換關系為 將式代入式，利用積化和差公式，并注意到式，可得實驗室參考系中的解為 式中 （3）根據(jù)同方向同頻率簡諧振動合成的振幅矢量法，可令 而式化為 可見，處于磁場中的原子的價電子參與三個頻率的振動，發(fā)出三種園頻率分別為 的光。對弱磁場（即）情形，由式，略去二階小量得，園頻率可近似為 三條譜線的園

17、頻率間隔為 解法（二）（1）牛頓第二定律可寫成在直角坐標系中，該運動方程為對方程做變換 對上式關于時間求導得再對上式關于時間求一次求導得將以上三式代入式得 式對于任意時間時刻成立，應有如果選擇則上式化簡為與滿足的方程合并，得轉(zhuǎn)動參考系中的動力學方程為其解為（2）、（3）的解法與解法（一）相同。解法（三）（1）磁場沿軸方向，價電子受到磁場洛侖茲力在垂直磁場方向的平面上。在該平面上取極坐標下，價電子的位式、運動速度和加速度可分別表示為 式中，、和分別是徑向單位矢量、角度方向（即垂直磁場方向的平面上垂直于 的方向）單位矢量和沿向（與磁場方向相同）單位矢量。利用牛頓第二定律可得，價電子運動的動力學方程

18、為 式中 動力學方程的分量形式為 選一繞磁場方向勻角速轉(zhuǎn)動的參考系，設此參考系繞軸轉(zhuǎn)動的角速度為（與時間無關）。在這一旋轉(zhuǎn)參考系中，設在垂直磁場平面上角位置坐標為，應有 將上式代入動力學方程的第二個方程，有 如果選擇便有 這表明旋轉(zhuǎn)系中電子在角度方向上不受力，由上式得 由于上式對于所有的均要成立，故常量，即有 所以，在繞磁場方向以勻角速度 EMBED Equation.DSMT4 轉(zhuǎn)動的參考系中，價電子的動力學方程為可見，在旋轉(zhuǎn)系中，價電子做簡諧振動。方程的解為其中、為待定常量。（2）將旋轉(zhuǎn)系中的解式變回到實驗室坐標系。由式和式第二式有 將上式和式代入下式利用三角函數(shù)積化和差關系，得式中或由幾

19、何關系，可得實驗室參考系和旋轉(zhuǎn)系之間的坐標變換關系為 將式代入式，利用積化和差公式，并注意到，可得實驗室參考系中的解為 式中，常量、和、是由價電子的初始位置與初始速度決定的常量，且與、有關，而 （3）的解法與解法（一）相同。解法（四） 利用牛頓第二定律可得，價電子運動的動力學方程為 在直角坐標系中電子的運動方程的分量形式為 這里 中第三個方程的解為 中前兩個方程具有下列形式的解 （不全為零） 將式代入方程得 解為 于是，中前兩個方程的解是上述兩解的疊加，即 或等價地 可見，處于磁場中的原子的價電子參與三個頻率的振動，發(fā)出三種園頻率分別為 的光。對弱磁場（即）情形，由，略去了二階小量得，園頻率可

20、近似為 三條譜線的園頻率間隔為 解法（五） 磁場沿軸方向，價電子受到磁場洛侖茲力在垂直磁場方向的平面上。在該平面上取極坐標下，價電子的位置矢量、運動速度和加速度可分別表示為 式中，、和分別是徑向單位矢量、角度方向（即在垂直磁場方向的平面上垂直于 的方向）單位矢量和沿軸方向（與磁場方向相同）單位矢量。利用牛頓第二定律可得，價電子運動的動力學方程為 式中 式可寫為 中第二個方程可寫為即 此式對于所有都成立，任意常數(shù)。故 將上兩式代入中第一式得 即 價電子在平面上的徑向運動（即隨時間的變化）是園頻率為的簡諧振動，其一般解可寫成 式中，和分別是相應的振幅和相位。由上式及中第三式得 利用三角函數(shù)積化和差

21、公式得 式中 式可寫為 可見，處于磁場中的原子的價電子參與三個頻率的振動，發(fā)出三種園頻率分別為 的光。對弱磁場（即）情形，由式，略去了二階小量得，園頻率可近似為 三條譜線的園頻率間隔為 六、如圖，太空中有一由同心的內(nèi)球和球殼構成的實驗裝置，內(nèi)球和球殼內(nèi)表面之間為真空。內(nèi)球半徑為，溫度保持恒定，比輻射率為；球殼的導熱系數(shù)為，內(nèi)、外半徑分別為、，各表面的熱輻射都是各向同性的，而外表面可視為黑體；該實驗裝置已處于熱穩(wěn)定狀態(tài)，此時球殼內(nèi)表面比輻射率為。斯特藩常量為，宇宙微波背景輻射溫度為。若單位時間內(nèi)由球殼內(nèi)表面?zhèn)鬟f到球殼外表面的熱量為，求 （1）球殼外表面溫度；（2）球殼內(nèi)表面溫度；（3）內(nèi)球溫度。

22、已知：物體表面單位面積上的輻射功率與同溫度下的黑體在該表面單位面積上的輻射功率之比稱為比輻射率。當輻射照射到物體表面時，物體表面單位面積吸收的輻射功率與照射到物體單位面積上的輻射功率之比稱為吸收比。物體在某一溫度下的吸收比等于其在同一溫度下的比輻射率。當物體內(nèi)某處在方向（熱流方向）每單位距離溫度的增量為時，物體內(nèi)該處單位時間在方向每單位面積流過的熱量為，此即傅里葉熱傳導定律。參考解答：（1）根據(jù)斯特藩定律（下同），由球殼外表面單位時間向外界輻射的熱量為 在熱穩(wěn)定情形下有 聯(lián)立式得 將題給數(shù)據(jù)代入式得 （2）在熱穩(wěn)定狀態(tài)下，球殼中不同半徑的球面上在單位時間內(nèi)通過的熱量相同，故單位時間球殼中不同半

23、徑球面上傳導的熱量也為。由傅里葉熱傳導定律得 式可寫成 對上式兩邊積分 得 此即 由式有 將題給數(shù)據(jù)代入式，并利用式得 （3）記內(nèi)球表面為I，其表面積 殼內(nèi)表面為II，其表面積 根據(jù)斯特藩定律（下同），由I在單位時間內(nèi)發(fā)射的熱量為 由于物體在某一溫度下的吸收比等于其在同一溫度下的比輻射率（下同），被II在單位時間內(nèi)吸收的熱量為 被II在單位時間內(nèi)反射到小球的熱量為 式中已經(jīng)考慮到，表面的輻射是各向同性的，且II向內(nèi)的輻射只有一部分到達I，這一部分的熱量所占的份額為 這里是從II上任意一面元向內(nèi)球所作的切線與從該點到內(nèi)球球心連線的夾角，是與面元法向夾角為的輻射線的方向。被I在單位時間內(nèi)反射的熱量

24、為 被II在單位時間內(nèi)吸收的熱量為 如此等等。不斷反射、吸收后，被II在單位時間內(nèi)吸收的總熱量為 同理可得由II發(fā)射的熱量被I在單位時間內(nèi)吸收的總熱量為 內(nèi)球與球殼內(nèi)表面之間在單位時間內(nèi)交換的熱量為 完成式右邊的求和得，單位時間內(nèi)從內(nèi)球傳遞給球殼內(nèi)表面的凈熱量為 由熱穩(wěn)定條件 和式有 將題給數(shù)據(jù)代入式，并利用式得 七、用波長為的激光水平照射豎直圓珠筆中的小彈簧，在距離彈簧的光屏（與激光水平照射方向垂直）上形成衍射圖像，如圖a所示。其右圖與1952年拍攝的首張分子雙螺旋結構射線衍射圖像（圖b）十分相似。（1）利用圖a右圖中給出的尺寸信息，通過測量估算彈簧鋼絲的直徑、彈簧圈的半徑和彈簧的螺距；（2

25、）圖b是用波長為的平行射線照射分子樣品后，在距離樣品的照相底片上拍攝的。假設DNA分子與底片平行，且均與射線照射方向垂直。根據(jù)圖b中給出的尺寸信息，試估算螺旋結構的半徑和螺距。 說明：由光學原理可知，彈簧上兩段互成角度的細鐵絲的衍射、干涉圖像與兩條成同樣角度、相同寬度的狹縫的衍射、干涉圖像一致。圖a實際尺寸7.8cm參考解答：圖b （黑色表示射線曝光較強。中心零級亮紋不可見，1級亮紋剛好可見，2、3、5級較清晰，4級亮紋因雙螺旋結構的關系“失蹤”了）實際尺寸9.4cm（1）平行激光束照射彈簧可先、后照到兩小段傾斜的細絲，沿光束方向看，兩段細絲呈現(xiàn)交叉狀。根據(jù)題給說明，兩者分別產(chǎn)生與單縫衍射相同

26、的條紋。通過圖a右圖測量可得，各組單縫衍射條紋中點連線之間的夾角為 細絲直徑和兩根相鄰的平行細絲間距可通過衍射條紋的細節(jié)結構計算得到。可以看到，圖a右圖中的衍射條紋有一種長的空間周期和一種短的空間周期，分別對應細絲的衍射條紋和相鄰細絲間空隙的衍射條紋。設第級暗紋在屏上的位置為，由于光屏遠離細絲，衍射角可視為很小的角，即對第級暗紋近似有 式中是激光的波長。相鄰暗紋間距為 通過圖a右圖進行測量，可得到長的空間周期為 由式可得細絲直徑為 通過圖a右圖進行測量，可得到短的空間周期為 由式可得相鄰平行細絲的間距為 p2R d2E 如右圖所示，螺旋線在平面上展開即成為一直角三角形的斜邊，兩條直角邊的長度分

27、別為螺距和圓周長，點為斜邊中點。由相鄰平行細絲間距和兩交叉細絲夾角可算出螺旋結構的螺距 將已得到的數(shù)據(jù)（見式）代入式得由右圖中幾何關系得將式代入上式得，螺旋結構俯視圓的半徑為 將已得到的數(shù)據(jù)代入式得 （2）由圖b可測出，各組衍射條紋中心的連線之間的夾角為 測出條紋的空間周期為 利用式，相鄰分子鏈間距為 根據(jù)分子鏈間距（見式）和夾角（見式），由類似式，可算出螺距 由類似式，可算出俯視半徑 八、1958年穆斯堡爾發(fā)現(xiàn)的原子核無反沖共振吸收效應（即穆斯堡爾效應）可用于測量光子頻率極微小的變化，穆斯堡爾因此榮獲1961年諾貝爾物理學獎。類似于原子的能級結構，原子核也具有分立的能級，并能通過吸收或放出光

28、子在能級間躍遷。原子核在吸收和放出光子時會有反沖，部分能量轉(zhuǎn)化為原子核的動能（即反沖能）。此外，原子核的激發(fā)態(tài)相對于其基態(tài)的能量差并不是一個確定值，而是在以為中心、寬度為的范圍內(nèi)取值的。對于57Fe從第一激發(fā)態(tài)到基態(tài)的躍遷，。已知質(zhì)量，普朗克常量，真空中的光速。（1）忽略激發(fā)態(tài)的能級寬度，求反沖能，以及在考慮核反沖和不考慮核反沖的情形下，57Fe從第一激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子的頻率之差；（2）忽略激發(fā)態(tài)的能級寬度，求反沖能，以及在考慮核反沖和不考慮核反沖的情形下，57Fe從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)吸收的光子的頻率之差；（3）考慮激發(fā)態(tài)的能級寬度，處于第一激發(fā)態(tài)的靜止原子核躍遷到基態(tài)時發(fā)出的光子能否被

29、另一個靜止的基態(tài)原子核吸收而躍遷到第一激發(fā)態(tài)（如發(fā)生則稱為共振吸收）？并說明理由。（4）現(xiàn)將57Fe原子核置于晶體中，該原子核在躍遷過程中不發(fā)生反沖?，F(xiàn)有兩塊這樣的晶體，其中一塊靜止晶體中處于第一激發(fā)態(tài)的原子核發(fā)射光子，另一塊以速度運動的晶體中處于基態(tài)的原子核57Fe吸收光子。當速度的大小處于什么范圍時，會發(fā)生共振吸收？如果由于某種原因，到達吸收晶體處的光子頻率發(fā)生了微小變化，其相對變化為，試設想如何測量這個變化（給出原理和相關計算）？參考解答：（1）設該原子核從靜止的第一激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，發(fā)出一頻率為的光子，同時基態(tài)獲得一反沖速度（發(fā)射過程）。由能量、動量守恒有 將式代入式得，在考慮核反沖的情形下，從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子的頻率為 式中 是在不考慮核反沖情形下從第一激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子的頻率，或從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)吸收的光子的頻率。 注意到，式右邊的可以用 代替，于是有 在考慮核反沖和不考慮核反沖的情形下，從第一激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子的頻率之差為 由式得，反沖能為 （2）設該原子核從靜止的基態(tài)吸收一頻率為的光子，躍遷到激發(fā)態(tài)，并同時獲得