对应的光子能量为
E12?hc1?12?3Rhc 4式中h为普朗克常量．巴耳末系波长最短的光是氢原子由n???k?2跃迁时发出的，其波长的倒数
1?2??R 4对应的光子能量
E2??Rhc 4用A表示该金属的逸出功，则eU1和eU2分别为光电子的最大初动能．由爱因斯坦光电效应方程得
3Rhc?eU1?A 4Rhc?eU2?A 4解得
eA?(U1?3U2)
22e(U1?U2) h?Rc
例4 有两个处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度v0与之发生碰撞．己知：碰撞后二者的速度vA和vB在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收．从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度v0至少需要多大（以m/s表示）？
己知电子电量为e?1.602?10－19C，质子质量为mp?1.673?10－27kg．电子质量为
me?0.911?10－31kg．氢原子的基态能量为E1??13.58eV．
解：为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是n?2的第一激发态．已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．
En?K1 （1） 2n1??13.58eV 12又知基态（n?1）的能量为?13.58eV，即E1?K所以 K??13.58eV
n?2的第一激发态的能量为
E2?K11??13.58???3.39eV （2） 242为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为
E内?E2?E1?(?3.39?13.58)eV=10.19eV （3）
这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即
h??E内?10.19eV=10.19?1.602?10－19J=1.632?10－18J （4）
式中?为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有
mv0?mvA?mvB?光子的动量 （5）
12122mv0?m(vA?vB)?h? （6） 22光子的动量p??2h?h?h?．由（6）式可推得mv0?，因为v0??c，所以mv0??，
v0cc故（5）式中光子的动量与mv0相比较可忽略不计，（5）式变为
mv0?mvA?mvB?m(vA?vB) （7）
符合（6）、（7）两式的v0的最小值可推求如下：由（6）式及（7）式可推得
121mv0?m(vA?vB)2?mvAvB?h?22
12?mv0?mvA(v0?vA)?h?22mvA?mvAv0?h??0
1?12??h??0 经配方得 m?vA?v0??mv02?4?121??mv0?h??m?vA?v0? （8） 42??由（8）式可看出，当vA?v0时，v0达到最小值v0min，此时
2212vA?vB （9） v0min?2h? （10） m代入有关数据，得 v0min?6.25?104m/s 答：B原子的速度至少应为6.25?104m/s．
例5 ?子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命?0?2.0?10?6s．宇宙射线与大
气在高空某处发生核反应产生一批?子，以v?0.99c的速度（c为真空中的光速）向下运动并衰变．根据放射性衰变定律，相对给定惯性参考系，若t?0时刻的粒子数为N?0?,t时刻剩余的粒子数为N?t?，则有N?t??N?0?e?t?，式中?为相对该惯性系粒子的平均寿命．若能到达地面的μ子数为原来的5％，试估算μ子产生处相对于地面的高度h．不考虑重力和地磁场对μ子运动的影响．
解：因μ子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命
?0?2.0?10?6s
根据时间膨胀效应，在地球上观测到的μ子平均寿命为?，
???01??vc?2
代入数据得
?0?1.4?10?5s
相对地面，若μ子到达地面所需时间为t，则在t时刻剩余的μ子数为
N?t??N?0?e?t?
根据题意有
N?t??e?t??5%
N?0?对上式等号两边取e为底的对数得 t???ln代入数据得
5 100t?4.19?10?5s
根据题意，可以把μ子的运动看作匀速直线运动，有
h?vt
代入数据得
例6 2007年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年．王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：Be原子核可以俘获
7*原子的K层电子而成为Li的激发态(Li)，并放出中微子（当时写作?）
77h?1.24?104m
7Be?e?(7Li)*??
77*而(Li)又可以放出光子?而回到基态Li
(7Li)*?7Li??
由于中微子本身很难直接观测，通过对上述过程相关物理量的测量，就可以确定中微子的存在，1942年起，美国物理学家艾伦（R.Davis）等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在．1953年美国人莱因斯（F.Reines）在实验中首次发现了中微子，莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔（M.L.Perl）分享了1995年诺贝尔物理学奖．
现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量．若实验中测得锂核（Li）反冲能量（即
77Li的动能）的最大值ER?56.6ev，?光子的能量h??0.48MeV．已知有关原子核和电
子静止能量的数据为mLic2?6533.84MeV；mBec2?6534.19MeV；
7K层电子的动能也可忽略不计．设在第一个过程中，Be核是静止的，试mec2?0.51MeV．
由以上数据，算出的中微子的动能P?和静止质量m?各为多少？
7解：根据题意，Be核和K层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用pLi*表示激
发态锂核
?7Li?的动量，pη表示中微子?的动量，则由动量守恒定律有
?pLi??p??0 （1）
即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等，方向相反.在第二个反应中，若用pLi表示反冲锂核Li的动量，p?表示光子的动量，则由动量守恒定律有
7pLi?（2） ?pLi?pγ
由（1）、（2）式得 pLi??pγ?p? （3） 当锂核的反冲动量pLi最大时，其反冲能量也最大. 由（3）式可知，当中微子的动量与γ光子的动量同方向时，锂核的反冲动量最大.注意到γ光子的动量
pγ?有
??h? （4） ch? （5） c pLi?pη?由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多，锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表示，这时有
2pLiER? （6）
2mLi由（5）、（6）式得 pηc?2mLic2ER?h? （7） 代入有关数据得 pη?0.38MeV / c （8）
用Eη表示中微子的能量，根据相对论有 Eη?根据能量守恒定律有
由（9）、（10）式得
22??mc? mηcBe??22mηc?22p （9） ηcmBec2?mec2?mLic2?ER?h??Eη
（10）
?2mce?2mLi?c?EhR???2??p c （11）
??（12）
12η由（8）式和已知数据得 mη?0.00MeV/c2
由（12）式可知，所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内，故不能确定中微子的静止质量．如果有，其质量一定小于0.1MeV/c2．
例7 在用铀 235作燃料的核反应堆中，铀 235核吸收一个动能约为0.025eV的热中子（慢中子）后，可发生裂变反应，放出能量和2～3个快中子，而快中子不利于铀235的裂变．为了能使裂变反应继续下去，需要将反应中放出的快中子减速．有一种减速的方法是使用石墨（碳12）作减速剂．设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，问一个动能为
E0?1.75MeV的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次，才能减速成为0.025eV的热中
子？
解：设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为v0，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和v?，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因
v0、v和v?沿同一直线，故有
mv0?mv?Mv? （1）
12121mv0?mv?Mv?2 （2） 222m?Mv0 （3） m?M解上两式得 v?负号表示v的方向与v0方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为
11?11?2E1?mv2?m???v0
22?13??11?于是 E1???E0 （4）
13??经过2,3,22n次碰撞后，中子的能量依次为E2，E3，E4，…，En，有