量子光学

量子光学

1、桌面上方1.0m处有盏100cd的电灯L，它可视为各向同性点光源。邱

（1）桌面上A、B两点的照度（见图）

（2）若灯L可上下移动，问怎样高度使B点照度最大。

L1.0m A解：（1）点源照度公式

Icosr2

1.0mB

EI100cd,A00,rA1.0m,rB1.4m代入上式得

EA100lx,EB35lx

（2）设灯泡距A点为可变距离y，则L到B距离

ysin

照度公式

r

求导有

EIcossin22y

dEI2sin32cos2sin dy

dE0令d有

所以

tan2ABy

yAB20.7m

204002、近处的灯给出截锥形的光，圆锥张角在圆锥内均匀分布。求灯的发光强度。

。灯的光通量为80klm。设光通量

解：各向同性光源的发光强度I等于光通量对在其中传输光通量的立体角的比值，即

I/ 途中立体角元d2sind。

d0RRsin

当距光源为R时，d内环的面积为

dS2R2sinddSd22sindR

对应20的立体角为

02sind21cos04sin20/20I80211kcd204sin10

3、直径d=2.5cm、长l40cm的柱型荧光灯管在垂直于灯管轴的方向距离r=5m处造成E2lx的光照度。将灯视为圆锥辐射体，求

（1）在管轴方向上的发光强度I；

（2）灯的光亮度B；

（3）灯的面发光度。

解：（1）测量光照度的距离远大于灯管自身的长度，所以可把灯管当成点源，所以发

光强度

22IEr2550(cd)

（2）光亮度

I

B

式中是长形光源在垂直于观察方向上投影的面积；ld，代入得

505.0kcd/m20.0250.4

B（3）将灯视为余弦发射体，其面发光度是

RB16klx

4、试用普朗克公式推导斯特藩—波尔兹曼定律。

解：普朗克黑体辐射公式给出合体辐射能量分布

r,Td2hc21ehc/kT51d

即在绝对温度为T时，黑体在波长到d范围的辐射能量。对所有波长求几分得到总辐射度R

Rr,Td02hc21ehc/kT051d

令

xhckT，则

有

dxhc1kT2dxd2kThc

R01hc2kT2hcdhc/kT1kThce552551hckTx2hcxd20hce1kTx442kTx2d32x0hce1



查积分表得

所以

0x2d6.494xe1

2k4T4R6.49432T4hc

此式即为斯特藩—波尔兹曼公式，代入相应常数得到

6.49421.3810233436.62103104825.67108W/m2K4

5、由黑体辐射的普朗克公式，推导长波段辐射的瑞利—金斯公式。

解：处于平衡温度T的黑体在波长到d范围的辐射度为

r,Td2hc21ehc/kT51d

hc即普朗克公式。在长波段，光子能量开为

hvkT时，普朗克公式分母中的e指数可展

ehc/kThc1hc1.......kT2kT

2只取前两项，则分母

hckT

ehc/kT1代入普朗克公式则有

2c 考虑到

r,Td4kTd

vc/,dvc/2d，上式也可写成

rv,Tdv222cvkTdvkTdc22 6、将紫外线2000A照到铝表面，其功函数4.2eV。

（1）求出射的最快的光电子能量；

（2）求遏止电压；

（3）若入射光强为。单位时间打到单位面积的铝表面有多少光子？

解：（1）按爱因斯坦光电效应方程

12mvm2

hv式中vm为光电子可能的最大速度。

12hcmvmhv2.0eV2

19注意1eV1.610J

（2）遏止电压等于2.0V。

II200.2106N21019m2s1348hvhc6.610310（3）



的圆孔后，求中心衍射束的半角宽。7、求动能为20keV的中子束通过直径为0.035A271.6710kg 中子质量为

解：按非相对论，，

Ek12mv2。中子束的德布罗意波长为

hmvh2mEk

圆孔衍射第一极小对应的衍射角为

d1.22d2mEk

1.22

191eV1.610J，得 代入相关量， 注意

0.70rad40

8、在康普顿散射实验中，一个X光光子与一静止电子发生弹性碰撞，如图，写出动量守恒和能量守恒方程。电子动量为mv，散射光频率为v'，与入射光成角。

解：入射光子动能phv/c，散射光子动能p'hv'/c

电子mvhv/c 散射光hv'/c

22h2hvhv'222vv'cosmvccc22hvm0chv'mc

9、波长为200nm的光照到铝表面。已知移去一个电子的能量为4.2eV。问

（1）出射的最快的光电子的能量是多少？

（2）遏止电压是多少？

（3）铝的截止波长为多少？

（4）如果入射光强为2.0W/m2,单位面积打到单位面积的平均光子数为多少？

解：光子能量为

6.62610343108EeV6.2eV7192101.60210

hc（1）出射的最快的光电子能量为

WhvA6.24.22.0eV （2）遏止电压即为2.0V。

hc（3）铝的截止波长（红限）为

hv0A或0A

0hc295nmA

（4）光强与光子流平均流量N 关系为

INhvII2.00.210682N210ms348hvhc6.610310

1

10、某光电阴极对491nm的光发射光电子的遏止电压为0.71V。当改变入射光波长时，其遏止电压变为1.43V。求与此对应的波长。

解：爱因斯坦光电效应方程为

eV0hvA

式中hv为入射光子的能量，A为材料逸出功。对于另一种材料有

eV'0hv'A 联立得

11eV'0eV0hv'hvhc'

1eV'0V01'hc '382nm

11、试导出康普顿散射实验中电子的反冲角与光子散射角的关系式。

mvpp0p0

解：如图，光子入射动量为将动量守恒写成分量形式

h

p，原来静止的电子作用后动量为mv,光子散射后动量为。

mvsinmvcoshsin0cosh

0

联立得到

sin/0cos

其分母

tancos0cos1cos00 0而

h1cos2hsin22csin2mcmc22



式中

h0.00241nmmc

c为康普顿波长。所以有

ctan10 tan2

1或

c1tan20

12、试求康普顿散射中反冲电子的动能K与入射光子能量E之间的关系，用入射光波长0，散射光波长c以及散射角表示。

解：碰撞前后光子的能量分别为

Ehv0hc/0 E'hv'hc/' 由能量守恒，反冲电子动能

KEE' 其与入射光子动能之比为

KEE''0EE''02csin2/22/22sin0c

式中c为康普顿波长。

137213、讨论波长为0.100nm的X射线和从Cs样品得到的波长为0.18810nm的射线

与自由电子的碰撞。如果从与入射方向成900角的方向观察散射射线，求

（1）每种入射光的康普顿波长；

（2）入射光碰撞后失去的能量占总能量的比例；

（3）入射光给予反冲电子的动能。

解：（1）康普顿波长偏移公式为

2csin2/2

她与入射光波长无关。

（2）由于

2csin2/2K2E/2 2sin0c

090当时

cK E0c

当00.100nm时

K2.35% E

当

00.188102nm时

K56% E

（3）当00.100nm时，反冲电子获得动能

hc 当

K2.35%E2.35%0292eV

00.188102nm时

hc

K56%0370keV

714、一光电管阴极对于波长4.9110m的入射光，发射光电子的遏止电压为0.71V，19当入射光的波长为多少时，其遏止电压变为1.43V？（电子电量e1.610C，普朗克常34量h6.6310Js）。

解：爱因斯坦光电效应方程为

hv1mv20A2

1mv20其中A为逸出功，2为光电子的最大动能。遏止电压Ua满足

所以

eUa1mv202

光子频率v和波长满足

UahvAe

vc

其中c为光速。设所求入射光的波长为'，将和'两次代入上式，联立效去逸出功A，得

110.711.43hce'

代入数据得

7m '3.810

15、激光对透明棱镜的作用力。一束强激光通过小的透明物体时，由于折射作用而对

物体产生相当的作用力。为对此有所理解，取一个很小的玻璃三棱镜，其顶角为A2，底边长为2h，厚度为W，折射率为n，密度为。

设该棱镜处在一束沿水平x轴方向传播的激光治中（本题自始自终假定棱镜不发生转动，即其顶角总是对准激光束射来的方向，它的两个三角形侧面总是平行于xy平面，底面总是平行于yz平面（如图1所示）。周围空气的折射率取为n1，并设棱镜各面均镀有防反射膜，确保不发生反射。

激光束的强度沿z轴方向均匀分布，但是从x轴开始，沿y轴正、负方向按线性关系减弱。在y=0处强度最大，其值为I0，而到y4h处，光强降为零（参见图2）。

yzy0A2hAy2hW图1xzx

图2

2（光的强度即位每单位面积的功率，单位是Wm）

（1）在激光射到棱镜上表面时，参考图3，试求偏转角（用和n表示）。

（2）将棱镜顶端由原来的位置x轴处处沿y轴方向平移y0量，且设

y03h，试用I0、

、h、W和y0来表述激光作用在棱镜上的净作用力的x、y分量，作图表示出作用力在水

平方向（x轴方向）和竖直方向（y轴方向）的分量随位移y0的变化关系。

（3）设激光束在z方向的宽度为1mm，在y方向的宽度为80m，棱镜的参量为30，

0h10m，n=1.5,W=1mm，2.5g/cm3。当棱镜的顶端位于激光束对称面以下的y0h/25m处时，需要多少瓦的激光束功率才能使棱镜克服重力（朝—y方向）的作

用处于平衡状态？

（4）用与（3）中相同的棱镜和激光束，在每有重力的条件下做实验，且设定

I0108W/m2。移动棱镜使其顶端静止地处于y0h/20的位置，而后释放棱镜，它将发生振

动，试求振动周期。

123图3

图4

解：（1）这是一个涉及折射定律的简单几何光学问题。参照图4，因1和

1223900，故入射角3。根据折射定律，有

sinnsin 可确定折射角

arcsinsinn

光束对棱镜底面的入射角应为

2 2

对底面应用折射定律，有

sinnsin 最后可解得

sinarcsinnsinarcsinn 

（2）棱镜所受力与激光束通过棱镜时的动量改变率的大小相同、方向相反。为进行分析，先考虑入射在棱镜上半面激光的动量改变量。

设激光束中每秒有u个光子沿着平行于x轴的方向射到棱镜的上表面，一个光子的能

EPiic，量记为E其动量为以相对于x轴为角的方向离开棱镜的光子与入射光子相比较，

对应的动量变化量为

Ecos1iEsinjcc

up个光子总的动量改变量便是

uEcos1isinjupc

uE即为照射在上表面的激光功率Pu，故棱镜因上表面对激光的折射而受到的作用力为

PFuupucos1isinjc

由同样的分析，可得棱镜因下表面对激光的折射而受到的作用力为

PlFlcos1isinjc

其中Pl为激光束照射在棱镜下表面的功率。

以上面两个结果，可知作用在棱镜的净力为

11FFuFlPuPl1cosiPuPlsinjcc

其中角已由角和棱镜折射率n确定[参见（1）]。

为得到Pu和Pl量，需计算棱镜上、下表面的平均光强Iu、Il，在各自乘以上、下表面在垂直于激光束方向上的投影面积hW。光强I随y的分布是线性函数，故平均光强很容易确定。

据题文所述，有

yI1,0y4h04hIyyI1,4hy004h

现在假设棱镜顶端从x轴向上提升y0y00量，则可分下述两种情况讨论。

（a）hy03h

I0III0luluOy0h图5y0y0hyy0hOy0y0hy

图6

整个棱镜都处于激光束的上半部分，这种情况下，如图5所示，平均光强等于两个表面各自中央位置的值。棱镜上表面中央位置在得

y0hhy02处，下表面中央位置在2处。据此

hy07y02IuI01I04h84hhy09y02IlI01I04h84h

不难算得

2hWI0y101cosc4hhWI0Fxsin4c

Fx

（b）oy0h

则棱镜的下表面有一部分处在激光束的下半部分，如图6所示。棱镜下表面中从y=0到yy0部分的面积为下表面面积的y0/h倍，其平均光强等于yy0/2处的光强，即为

yyIl1I0I01028h

y10从y=0到yy0h部分的面积为下表面面积的h倍，其平均光强等于yhy0/2处的光强，即为

hy07y0Il2II0288h

联合起来考虑，便得

y0yIl1hW10Il2hh7y0y02hWI084h4h2

PlhW上表面平均光强与y0的函数光系同（a）中所述，即得

7yPuhWI0084h

于是有

7y02PuPlhWI044h2yyPuPlhWI00102h2h

由此可得

2hWI07y021cosFxc44h

FyhWI0y0y10sinc2h2h

考虑到光强分布相对于y=0面对称，故y00的解与y00的解之间具有镜面对称。Fx和

Fy对y0的函数关系如图7所示。

（3）由

y00Fy的表述式及图线均可看出，为使

FyFy0以克服棱镜所受重力，便必定要求

。为获得克服棱镜所受重力必须对应的力，需先求出棱镜的质量，再使激光束提供

的这

Fy力等于棱镜所受重力。根据已给的数据可进而求出I0，最后求得激光束的总功率。

计算中可用平均光强与激光束截面积的乘积来算出光束功率。

IWh1cosFx0c7/43/23/43210123y0h1/2Fy1I0Whsin4c3210123y0hy0h2

棱镜的体积为

图7

Vh2Wtan101062103tan30031013m33

其质量便为

mV2.5103310131.441010kg3

所受重力为

109mg1.44109.81.4110N

上面（2）中之解对应y00而得，但因y00与y00两者间具有对称性，故可利用该解，因此I0需满足

hWI0y0y01sinmg1.41109N c2h2h

其中

arcsinnsinarcsiny0h/2h10106m3 W10msin015.9n

即可算得

I08.29108Wm2

由PIS，其中II02，S为激光束截面积，可算得

1P8.291081038010633.2W2

（4）最大位移量y0h20，对应y0h0.051故yy0位移量对应的竖直方向分力为

可近似取为

FyhWI0yy1sinc2h2h

FyhWI0sinyc2h

这是一个线性恢复力，对应的谐振动角频率为

WI0sinI0sin2cm2ch2tan

振动周期便为

2ch2tanT2I0sin2

数值计算可得

231082.5103105T2108sin15.902s1.1210

2tan300

16、“激光冷却原子”的成功实验获得了1997年诺贝尔物理学奖。以下，我们在普通物理的范畴内研究其原理。

为了高精度地研究孤立原子的性质，必须使它们几乎静止下来并能够在一个小的空间区域里停留一段时间。近年来一种被称为“激光致冷”的方法可以实现这一目的。其原理如下：

在一真空室内，一束准直的Na23原子束（固体样品在103K高温下蒸发到）受一束高强度激光照射，如图1，选定激光频率，使速度为v0的钠原子可对激光光子发生共振吸收。

原子吸收光子后跃迁到能量为E、能量宽度为的第一激发态，如能级图2。这时其速度有如下改变：

vv1v0

E103K2激光ENa真空室2ENa基态图1

图2

随后，该原子又发射光子并回到基态。在此过程中原子速度改变量为

v'v'1v1

运动方向偏转为，如图3。这一先吸收后发射的过程可进行多次。如不考虑偏转，把吸收和发射当成沿直线方向，则原子速度的改变量达到某量v后，便不能再对频率为v的激光发生共振吸收。这时需改变激光频率，使原子在新的速度下共振吸收，继续减慢其速度，直到近似静止。

v'1v'1Na23光子

图3

作为过程的第一步近似，可以忽略原子的所有其他相互作用过程，只考虑光的吸收和再发射，并设激光很强，所以原子在基态的停留时间实际上可以不计。具体数据为

E3.361019J,7.01027J

mp1.671027kg,k1.381023JK

k为波尔兹曼常数。

（1）为使原子束中动能等于该温度下原子平均动能的原子共振吸收光子，几个频率v应为多少？经第一次吸收过程后，原子速度改变量v1为多少？

（2）在多大速度间隔呢（v0）原子均可吸收第1问中所算出频率的光子？ （3）经过一次光子发射后，原子相对于发射前运动方向的最大偏转角max是多少？

（4）若保持频率不变，原子速度减少量v最多能达到多少？

（5）为使初速度为v0并沿直线运动的原子按第1问中所述方式减速，最后降到速度几乎为零，需经历多少次吸收事件？

（6）如一次吸收后伴随一次发射，但不考虑发射引起的速度变化。试问完成第5问所要求的减速过程共需要多少时间？在这段时间内原子走过的路经s为多少？

解：（1）原子束中原子的平均动能为

132mv0kT2 2所以速度

3kT31.381023103v01.04103ms27m231.6710

显见vc，不必做相对论修正。

激光由能量为hvc的光子组成。应用能量守恒和动量守恒有

1122mvhvmvE0122mvhvmv01c

或

1122mvvmv1v0v1v0hvE1022vvvhv110mc

14m23mp,c3108ms,h6.621034Jsv10Hz 对可见波段激光，，代入

有

hv1021 mc

所以v0v1,v0v12v0，代入上述方程组得

mv0v1hvEhvvvv110mc 

即

EhEv1mc1v0c 1v0c，

v代入有关数据有

214v3.010ms v5.010Hz1 ，

而

v1104v0，所以上述近似v0v12v0成立。

（2）有一个确定的v，由上述v的表达式有

Ev0c1hv

若E有宽度，相应有

cc1v0vc6.2mshvEE

v0

11v0v0v0v022到范围内的原子吸收。 光子可被速度处于（3）参见题图，经过一次光子hv'发射后，能量守恒和动量守恒公式形式为

1122mvEmv'hv'1122hv'mvmv'coscos11chv'mv'sinsin1c 

因v'1v1v',v'vv'变化很小时，当

2时，原子偏向角达最大，即

mv1mv'1coshv'mv'1sin c

得

hv'mv1c

将v'v代入得

tanmtanmEmv1cEEarctan5105radmv1cmv0c

marctan（4）随着原子速度的降低，为共振吸收所需之光的频率按下式增加：

vEh1v0c

保持v不变，速度即使下降到v0v，只要有

E2E1v0vc1v0c

即

hv

vc1v0c3.1ms2E

1v02

吸收后仍可在能级的最低部位发生。实际上，由第2问也可断定

v（5）如每经一次吸收，原子速度改变量近似为共需N次吸收，所需时间为t。其中

v1Emc，从速度v0降低到速度为零

Nv0mcv03.6104次v1E

（6）因吸收几乎是瞬时的，原子在激发态停留时间为

h,tN

如假设原子是匀速运动，则在t内走过的路程为

211mchv0sv0t1.8m22E

17、超光速之谜。科学家于1994年对我们银河系中的一个复合星苑的无线电波段的辐射进行了测量。在这道题中，我们来分析并解释这些测量结果。

接受器是针对波长为几厘米的较宽的无线电波段进行测量的。图1表明在不同日期的相同时刻所记录到的一系列图像。封闭曲线标志出辐射强度相同的地点，很像地图上的等高线。图中间的两个极大值可以理解为两个物体正在远离它们共同的中心而运动。（这个中心可以认为是固定在太空中的，用一个小字表示。它也是一个强无线电辐射源，但波长有所不同）

图1中线段的长度表示1个弧秒，1弧秒=1/3600度。图中心处的十字所标志的这个

191kpc3.0910m，光速天体到观察者的距离估计为R=12.5千秒差距（kpc），

c3.00108ms。以下计算部要求误差。

（1）我们用t表示观测的时间，角标1、2分别表示向左边和右边喷射出的辐射源。用1t和2t分别表示它们相对于其共同中心的角位置。在地球上观测它们的角速度分别为1和2，其相应的表观横向线速度分别为

v'1,和

v'2,。

利用图1标明的数据，在坐标纸上画图并由此求出角速度1和2的数值，以毫弧秒/天为单位；同时也求出题纸上。

v'1,和

v'2,的数值（你可能对某个结果迷惑）。降所有结果填写到答

（2）为了解决（1）中出现的谜，考虑一个其运动方向与朝远方观测者的方向成夹角

0、以速度v运动的光源（如图2所示）。光源的速度可以写成vc，c为光速。

观测者测量到光源的距离为R，角速度为，垂直于视线方向的表观线速度为v'。请用、R和表示和v'。

（3）我们假定，在引言及（1）中所描述的这两个喷射出的物体以相同的速度vc朝相反方向运动。这样用（2）的结果就可以从角速度1和2以及距离R计算出和。这里

是按（2）对左边物体所定义的角度，相当于（1）中角标1的量。

用已知量表示、导出计算和的公式，并用（1）中数据求出其数值。

（4）在（2）中的单体运动情况，找出表观垂直速度v'大于光速c的条件。在答题纸上以f的形式写出这个条件，并给出函数f的解析表达式。

在坐标纸上画出,平面图中物理上相应的范围，对其中满足v'c条件的部分用细线涂成阴影区。

（5）仍然考虑（2）中的单体问题，找出对于给定的所对应的表观垂直高速度v'的极大值v'max的表达式。注意，当1时，这个速度无限增大。

（6）引言中对R值的估计并不可靠。因此科学家已着手用更好、更直接的方法来推断R值。有一种方法如下：假设我们能分辨并测量两个喷射物体辐射的多普勒移动后的波长1和2，并且知道它们静止时原本有相同的波长0。从相对论多普勒移动的方程

21cos10

1/2

出发，并如前所设，两个物体具有相同速度v，试证明：未知的v/c可以用0、1和

2表示为

021122

在答题纸上相应位置上填入系数的数值。

你会注意到这意味着所建议的波长测量将在实践中给出一种新的估计距离的方法。 解：（1）根据图1，标出源的中心。令1t和2t分别为左右中心到共同中心的角距离。用尺量出相对每个给定时间的1和2，得到一系列数据，列成下表。

vR图2观察者在O，光源初始在AOA

读尺是的误差估计为0.5mm，导致角度值上的误差为0.013。把这些数据画到图3

上。用直线来拟合这些数据，结果为

d117.01.09.541013rad/sdt （2）

1

2d28.71.04.881013rad/sdt （3）

V'1,1Rd19.54101312.53.091010dt （4）

83.6810m/s1.230.07c （5）

V'2,1.89108m/s0.630.07c （6）

C为光速。

（2）考虑在时间间隔t内，源由A运动到A'，见图4

我们有

rrrAA'A'Avt （7）

设从A和A'来的信号到达O处的时间差为t'，由于A和A'距离不同，光速c有限，我们有关系

t'trA'rAc （8）

对满足vtrAR的很小的t，有关系

rA'rAvtcos （9）

因此

t't1cos;v/c (10)

这意味着在O处的观察者会发现源有一个表观的横向速度

A'rA'xvrOARA

图4观察者在O处，源的原来位置为A，速度矢量为v

xcsin

v'xt't1cos1cos 这里我们已经用了在观察者参考系中的实际横向速度

x vtcsin

在O处观察到的角速度为

v'csinRR1cos 11）

（12） （

v1RO1A2v2

图5为两客体速度相同，方在向相反，则有v1v2v,12,21

（3）图5显示了本体的情形。注意在图下说明中的关系。取1，则有sin2sin，

cos2cos。方程（12）给出

1csinR1cos （13）

csinR1cos （14）

2量1、2和R是已知的，而和是待求的，正如题中所言。简单的代数运算给出

1cos122csinR （15）

1cos121csinR （16）

从式（16）减去式（15），我们有

2cos12c12sinR （17）

tan2R12c12 （18） arctan2R12c12 （19） 用式（16）去除式（15），给出用cos和已知量1、2表达的： 11cos21cos （20） 12cos12 (21） 把部分（1）中的1、2数值代入，并利用已知的R和c值，我们得到

0arctan2.571.20rad68.8 (22）

0.892 ( 23）

（4）方程（11）标明，观察者要看到一个大于光速的横向视速，应有下面的条件成立

sin1cos1 （24） 当1时，条件（24）等价于

sin1cos (25) sincos1 (26)

2sincos4cossin14 （27）

sin124  (28)

因此式（24）成立的条件是

f2sin4 （29） 

1在,平面上具有物理意义的区域是

,0,10, (30)

0,2显然，式（24）仅对

成立。也只有当12时，式（28）中的才有解。

由相对论可知1，我们更仔细地察看区域

12,2,10,2 （31）

映射

,sin4 （32）

在此区域是连续的，因此只需看一下此区域的边界上的情形就可以了，此边界由式（28）中的等式定义：

sin142 (33)

此式确定了作为的函数，显示在图6上。在打斜线的区域内有v'c

10.80.60.40.200.511.522.53图6斜线区有v'c1

（5）为找到作为的函数的v'的极值，我们微分式（11），得到

dv'2cos1cos dc （34）

在m出它为零。

cosm;marccos0,2 （35）

为证明这确实是极大，我们对式（34）再微分一次，有

d2v'sinsin222d2c1cos1cos （36）

在极值处

d2d2sinmv'021cm （37）

这表明m的确对应于极大。从式（11）和式（35），我们得到最大表观横向速度为

v'maxc12 （38）

由此式和式（35）我们看到

当1时，v'max;m0 （39）

1,22,10,2图7显示了在区域作为和的函数的v'c。

（6）对相对论性的多普勒移动，我们有公式

101cos1221cos120 （40）

把它们加起来，定义一个辅助量，对求解

1211220 （41）

221 （42） 1

1112402

22 （43）

得出

4

把方程（43）和方程（18）、（21）放在一起，我们有了三个方程，足以把三个未知量

、和R解出。例如，我们可以从（43）解出，代入（21），求解。距离R则可从式

（18）得到。这样，只要知道1和2，测量多普勒移动波长就可以给出到信号源的距离。

18、爱因斯坦的“等效性原理”指出，在不十分大的空间范围和时间间隔内，惯性系中引力作用下的物理规律和没有引力但有时当加速度的非惯性系中的物理规律是相同的。现研究以下三个问题：

（1）试从光量子的观点出发，讨论地面附近的重力场中，由地面A处向距地面L处

的接收器B发射频率为v0的激光。试求接收器B接收到的频率v。

（2）假设地球对物体没有引力作用。有一个长度为L的箱子沿其轴线作加速运动，加速度为a，箱子的A端向B端发射周期为T0的激光。试从地面参考系中研究接收器B所接收到的激光周期。

（3）要使上述两个问题所得到的结论完全等价，问题2中箱子的加速度的大小和方向如何？

hv0c2。在重力场中，当从地面

解：解法一 （1）对能量为hv0的光子，其等效质量到达L高度时增加势能mgL，由能量守恒

hvgLc2

m 有

hv0hvmgLhv 或

v0v1gL/c2

vv02v1gL/c01gL/c2 （1）

（2）广义相对论指出，光在真空中的速度c不变，不随发光体运动改变。A发出的光以光速c向接收器B运动，到达B需时间t=L/c。接收器相对地面的瞬时速度为v=at，当

光子由A到达B时，B相对地面速度v=aL/c。

由多普勒频移公式，接收到的频率v'

v'11v0,TT011

式中

vaL/c21c。所以

121111111 

aLTT01T012c （2） 

1212或

aL1vv01v01v012c （3） 

（3）比较式（1）和式（3），若上述两问题中结论等价，须ag，即箱子作竖直向上加速运动，加速度大小等于重力加速度。这种频率的微小改变，已经得到穆斯堡尔谱实验的证实。

解法二 以箱子为参考系，箱子运动，光子受到惯性力作用，其方向与箱子运动方向

hva22hv/cc相反。光子等效质量为，惯性力为，a为箱子加速度，惯性力做功为

hvaL2c

能量守恒方程为

hvaLhv'2hv

有

v'vaL1c2。 c