Feladat:	2010. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2010/október, 430 - 436. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia, Atommagok tulajdonságai, Egyéb magreakciók
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/szeptember: 2010. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 3. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   3. feladat. Egyszerű atommagmodell   1. részfeladat. $a)$ Egyszerű kockarácsot feltételezve, mennyi a nukleonok kitöltési tényezője? A kocka oldaléle (a rácsállandó) legyen $a$. Az egymással érintkező nukleongömbök sugara így $r=\frac{a}{2}$. Egy kockára éppen nyolc nyolcad-gömb jut, tehát az $f$ kitöltési tényező egyszerűen egy gömb és a kocka térfogatának aránya: $\begin{array}{c}{\displaystyle f=\frac{V_{\text{gömb}}}{V_{\text{kocka}}}=\frac{\frac{4}{3}{r}^3\pi }{a^3}=\frac{\frac{4}{3}{\left(\frac{a}{2}\right)}^3\pi }{a^3}=\frac{\pi }{6}\approx 0\mathrm{,}52.}\end{array}$ (1) $b)$ Mekkora az $A$ tömegszámú atommag tömegsűrűsége, töltéssűrűsége és sugara? Az atommag tömegsűrűsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\varrho }_m=f\frac{m_N}{V_N}=f\frac{m_N}{\frac{4}{3}{r}_N^3\pi }=0\mathrm{,}52\cdot \frac{1\mathrm{,}67\cdot {10}^{-27}}{\frac{4}{3}{\left(0\mathrm{,}85\cdot {10}^{-15}\right)}^3\pi }\approx 3\mathrm{,}40\cdot {10}^{17}{\text{kg/m}}^3\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Az atommag töltéssűrűsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\varrho }_c=\frac{f}{2}\frac{e}{V_N}=\frac{f}{2}\frac{e}{\frac{4}{3}{r}_N^3\pi }=\frac{0\mathrm{,}52}{2}\cdot \frac{1\mathrm{,}6\cdot {10}^{-19}}{\frac{4}{3}{\left(0\mathrm{,}85\cdot {10}^{-15}\right)}^3\pi }\approx 1\mathrm{,}63\cdot {10}^{25}{\text{C/m}}^3\mathrm{,}}\end{array}$ (3) ahol figyelembe vettük, hogy csak a protonoknak van töltésük, ugyanannyi neutronnak nincs. Ha a nukleonok száma $A$, akkor az atommag térfogata így fejezhető ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle V=\frac{A{V}_N}{f}\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Ennek megfelelően az atommag sugara: $\begin{array}{c}{\displaystyle R=r_N{\left(\frac{A}{f}\right)}^{1/3}=\frac{0\mathrm{,}85}{0\mathrm{,}{52}^{1/3}}{A}^{1/3}\approx 1\mathrm{,}06\text{fm<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>⋅</mo></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>A</mi></mrow><mrow><mn>1</mn><mo stretchy="false">/</mo><mn>3</mn></mrow></msup></mrow></math>, }}\end{array}$ (5) ahol az 1,06 fm-es szorzótényezőt a továbbiakban $r_0$-lal jelöljük.   2. részfeladat. Mekkora az $A$ tömegszámú atommag kötési energiája? A felületi nukleonokat egy 2$r_N$ vastagságú héjban képzeljük el az atommag felszínén. Így kiszámíthatjuk a felületi nukleonok számát: $\begin{array}{c}{\displaystyle A_{\text{felület}}=f\frac{V_{\text{felület}}}{V_N}\mathrm{,}}\end{array}$ (6) ahol a felszíni gömbhéj térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_{\text{felület}}=\frac{4}{3}{R}^3\pi -\frac{4}{3}{\left(R-2r_N\right)}^3\pi \mathrm{.}}\end{array}$ (7) A kötési energiához a felületi nukleonok feleakkora taggal járulnak hozzá, mint az atommag belsejében lévők: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_b=\left(A-A_{\text{felület}}\right)a_V+A_{\text{felület}}\frac{a_V}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (8) Az (5), (6) és (7) összefüggések figyelembevételével a (8) kötési energiára ezt az eredményt kapjuk: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle E_b}& {\displaystyle =A{a}_V-A_{\text{felület}}\frac{a_V}{2}=A{a}_V-3f^{1/3}{A}^{2/3}{a}_V+6f^{2/3}{A}^{1/3}{a}_V-4f{a}_V=}\hfill & \text{(<mn>9</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(15\mathrm{,}8A-38\mathrm{,}2A^{2/3}+61\mathrm{,}6A^{1/3}-33\mathrm{,}1\right)\text{MeV. }}\hfill \end{array}}$   3. részfeladat. $a)$ Mekkora az atommag elektrosztatikus energiája? Ha a megadott képletben $Q_0$ helyére $Ze$ értéket helyettesítünk, akkor az atommag elektrosztatikus energiájára ezt az összefüggést kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_C=\frac{3{\left(Ze\right)}^2}{20\pi {\epsilon }_{0}R}=\frac{3Z^2{e}^2}{20\pi {\epsilon }_{0}R}\mathrm{.}}\end{array}$ (10) Vegyük figyelembe, hogy a protonok önmagukra nem hatnak, tehát (az útmutatás szerint) $Z^2$ helyére $Z\left(Z-1\right)$-et kell írnunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_C=\frac{3Z\left(Z-1\right)e^2}{20\pi {\epsilon }_{0}R}\mathrm{.}}\end{array}$ (11) $b)$ Hogyan írható fel az atommag teljes kötési energiája? A teljes kötési energia úgy írható fel, hogy a (9) kifejezésből kivonjuk a (11) Coulomb-tagot, mert a pozitív elektrosztatikus energia csökkenti az atommag kötési energiáját. (A kötési energiát úgy értelmezzük, mint az atommag nukleonokra bontásához szükséges minimális energiát.) A számolás során az atommag $R$ sugarára az (5) összefüggést használjuk, továbbá kihasználjuk azt is, hogy $Z\approx \frac{A}{2}$: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle E_b^{\text{teljes}}=E_b-U_C=}\hfill & \text{(<mn>12</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =A{a}_V-3f^{1/3}{A}^{2/3}{a}_V+6f^{2/3}{A}^{1/3}{a}_V-4f{a}_V-\frac{3Z\left(Z-1\right)e^2}{20\pi {\epsilon }_{0}R}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =A{a}_V-3f^{1/3}{A}^{2/3}{a}_V+6f^{2/3}{A}^{1/3}{a}_V-4f{a}_V-\frac{3e^2{f}^{1/3}}{20\pi {\epsilon }_0{r}_N}\left(\frac{A^{5/3}}{4}-\frac{A^{2/3}}{2}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   4. részfeladat. $a)$ Mekkora a bomlástermékek együttes mozgási energiája? A bomlástermékek együttes mozgási energiáját a kötési energiák különbségéből, illetve a két fél mag $\left(\frac{Z}{2}=\frac{A}{4}\right)$ Coulomb-energiájának figyelembevételéből határozhatjuk meg: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle E_{\text{mozg}}\left(d\right)=}& {\displaystyle 2E_b^{\text{teljes}}\left(\frac{A}{2}\right)-E_b^{\text{teljes}}\left(A\right)-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{A^2{e}^2}{4^{2}d}=}\hfill & \text{(<mn>13</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle -3f^{1/3}{A}^{2/3}{a}_V\left(2^{1/3}-1\right)+6f^{2/3}{A}^{1/3}{a}_V\left(2^{2/3}-1\right)-4f{a}_V-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle -\frac{3e^2{f}^{1/3}}{20\pi {\epsilon }_0{r}_N}\left[\frac{A^{5/3}}{4}\left(2^{-2/3}-1\right)-\frac{A^{2/3}}{2}\left(2^{1/3}-1\right)\right]-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{A^2{e}^2}{16d}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Vegyük észre, hogy az $A{a}_V$ típusú fő járulékok kiestek. $b)$ Mekkora tömegszám esetén lehetséges bomlás? A mozgási energia fenti (13) kifejezésébe helyettesítsük be a $d=2R\left(\frac{A}{2}\right)$ távolságot: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle E_{\text{mozg}}=}& {\displaystyle 2E_b^{\text{teljes}}\left(\frac{A}{2}\right)-E_b^{\text{teljes}}\left(A\right)-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{2^{1/3}{A}^2{e}^2}{16\cdot 2r_N{A}^{1/3}{f}^{-1/3}}=}\hfill & \text{(<mn>14</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle -3f^{1/3}{A}^{2/3}{a}_V\left(2^{1/3}-1\right)+6f^{2/3}{A}^{1/3}{a}_V\left(2^{2/3}-1\right)-4f{a}_V-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle -\frac{e^2{f}^{1/3}}{\pi {\epsilon }_0{r}_N}\left[\frac{3}{80}\left(2^{-2/3}-1\right)+\frac{2^{1/3}}{128}\right]A^{5/3}-\frac{e^2{f}^{1/3}}{\pi {\epsilon }_0{r}_N}\left[\frac{3}{40}\left(2^{1/3}-1\right)\right]A^{2/3}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle \left(0\mathrm{,}02203A^{5/3}-10\mathrm{,}0365A^{2/3}+36\mathrm{,}175A^{1/3}-33\mathrm{,}091\right)\text{MeV. }}\hfill \end{array}}$ A megadott tömegszámokat numerikusan behelyettesítve a következő értékeket kapjuk: Modellünk szerint a bomlás akkor következik be, ha a mozgási energia értéke pozitív. Durva becsléssel ez nagyjából $A>225$ esetén teljesül. (Pontosabb számítással a mozgási energia $A=227$-nél vált előjelet.)   5. részfeladat. $a)$ Mekkora a nikkelmag gerjesztési energiája a transzfer reakció után? Ezt a részkérdést nemrelativisztikusan és relativisztikusan is meg lehet oldani. Az Olvasóra bízzuk, hogy melyik módszert tartja egyszerűbbnek. Nemrelativisztikus megoldás: Először is határozzuk meg, hogy mennyi tömeg alakul át energiává a reakcióban, vagyis határozzuk meg a reakció úgynevezett $Q$ értékét. A tömegváltozás: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \Delta m}& {\displaystyle ={\left(\text{tömeg}\right)}_{\text{reakció után}}-{\left(\text{tömeg}\right)}_{\text{reakció előtt}}=}\hfill & \text{(<mn>15</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(57\mathrm{,}93535+12\mathrm{,}00000\right)\text{u}-\left(53\mathrm{,}93962+15\mathrm{,}99491\right)\text{u}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =0\mathrm{,}00082\text{u}=1\mathrm{,}36\cdot {10}^{-30}\text{kg.}}\hfill \end{array}}$ (A fenti képletben u az atomi tömegegységet jelöli, amit régebben a.t.e., vagy az angol megfelelőjére utalva a.m.u. módon is írtak.) A tömeg növekedése azt mutatja, hogy a reakció után a termékek mozgási energiája kisebb kell legyen a kezdetinél. A reakció $Q$ értéke: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle Q}& {\displaystyle ={\left(\text{mozgási energia}\right)}_{\text{reakció után}}-{\left(\text{mozgási energia}\right)}_{\text{reakció előtt}}=}\hfill & \text{(<mn>16</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =-\Delta m{c}^2=-1\mathrm{,}224\cdot {10}^{-13}\text{J}=-0\mathrm{,}764\text{MeV.}}\hfill \end{array}}$ Használnunk kell (egy dimenzióban) a lendületmegmaradás, és az energiamegmaradás törvényét: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle m\left({}^{16}\text{O}\right)v\left({}^{16}\text{O}\right)}& {\displaystyle =m\left({}^{12}\text{C}\right)v\left({}^{12}\text{C}\right)+m\left({}^{58}\text{Ni}\right)v\left({}^{58}\text{Ni}\right)\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>17</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle E_{\text{mozg}}\left({}^{16}\text{O}\right)+Q}& {\displaystyle =E_{\text{mozg}}\left({}^{12}\text{C}\right)+E_{\text{mozg}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)+E_{\text{exc}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>18</mn>)}\end{array}}$ ahol az utolsó tag a nikkelmag gerjesztési energiája. Mivel a berepülő oxigénmag és a kirepülő szénatommag sebessége megegyezik, a lendületmegmaradási egyenlet így egyszerűsödik: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]v\left({}^{16}\text{O}\right)=m\left({}^{58}\text{Ni}\right)v\left({}^{58}\text{Ni}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (19) A szén- és a nikkelmag mozgási energiáját kifejezhetjük a berepülő oxigén megadott mozgási energiája és az ismert magtömegek alapján, és ezt (egyszerű, bár kissé hosszadalmas számolás után) beírhatjuk az energia egyenletbe: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle E_{\text{exc}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)=Q+E_{\text{mozg}}\left({}^{16}\text{O}\right)-E_{\text{mozg}}\left({}^{12}\text{C}\right)-E_{\text{mozg}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)=}\hfill & \text{(<mn>20</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =Q+E_{\text{mozg}}\left({}^{16}\text{O}\right)\frac{\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]\cdot \left[m\left({}^{58}\text{Ni}\right)+m\left({}^{12}\text{C}\right)-m\left({}^{16}\text{O}\right)\right]}{m\left({}^{58}\text{Ni}\right)m\left({}^{16}\text{O}\right)}\approx }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \approx 10\mathrm{,}9\text{MeV. }}\hfill \end{array}}$ Érdekes észrevenni, hogy a végeredmény tört kifejezésének számlálójában lévő első szögletes zárójelben lényegében az átadott tömeg (egy alfa-részecske) szerepel, míg a második szögletes zárójelben a vasatommag tömege található. Relativisztikus megoldás: Relativisztikusan így írhatjuk fel az energia- és az impulzusmegmaradást: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle m\left({}^{54}\text{Fe}\right)c^2+\frac{m\left({}^{16}\text{O}\right)c^2}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}}& {\displaystyle =\frac{m\left({}^{12}\text{C}\right)c^2}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{12}\text{C}\right)}{c^2}}}+\frac{m^{*}\left({}^{58}\text{Ni}\right)c^2}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{c^2}}}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>21</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \frac{m\left({}^{16}\text{O}\right)v\left({}^{16}\text{O}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}}& {\displaystyle =\frac{m\left({}^{12}\text{C}\right)v\left({}^{12}\text{C}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{12}\text{C}\right)}{c^2}}}+\frac{m^{*}\left({}^{58}\text{Ni}\right)v\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{c^2}}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A fenti egyenletekben mindenhol a nyugalmi tömegek szerepelnek. A magasan gerjesztett nikkelmag nyugalmi tömege ($m^{*}$) nagyobb, mint az alapállapotú nikkelé, ezt jelzi a csillag. Ha figyelembe vesszük, hogy az oxigén- és a szénmag sebessége megegyezik, akkor az egyenletek egyszerűsödnek: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle m\left({}^{54}\text{Fe}\right)+\frac{m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}}& {\displaystyle =\frac{m^{*}\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{c^2}}}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>22</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \frac{\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]v\left({}^{16}\text{O}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}}& {\displaystyle =\frac{m^{*}\left({}^{58}\text{Ni}\right)v\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{c^2}}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ha az utóbbi két egyenletet elosztjuk egymással, akkor a nikkelmag sebességét ki tudjuk fejezni az oxigén sebességével és tömegadatokkal: $\begin{array}{c}{\displaystyle v\left({}^{58}\text{Ni}\right)=\frac{\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]\cdot v\left({}^{16}\text{O}\right)}{\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]+m\left({}^{54}\text{Fe}\right)\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}\mathrm{.}}\end{array}$ (23) Az oxigén sebességét pedig a mozgási energia relativisztikus alakjából fejezhetjük ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{mozg}}\left({}^{16}\text{O}\right)=\frac{m\left({}^{16}\text{O}\right)c^2}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}-m\left({}^{16}\text{O}\right)c^2\mathrm{,}}\end{array}$ (24) amiből kissé fáradságos átrendezés után ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle v\left({}^{16}\text{O}\right)=\sqrt[]{1-{\left(\frac{m\left({}^{16}\text{O}\right)c^2}{E_{\text{mozg}}\left({}^{16}\text{O}\right)+m\left({}^{16}\text{O}\right)c^2}\right)}^2}\cdot c\approx 0\mathrm{,}08172\cdot c\approx 2\mathrm{,}45\cdot {10}^7\frac{\text{m}}{\text{s}}\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>25</mn>)}\end{array}}$ Ezt az értéket (23)-ba helyettesítve megkapjuk a nikkelmag sebességét: $\begin{array}{c}{\displaystyle v\left({}^{58}\text{Ni}\right)=\frac{\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]\cdot v\left({}^{16}\text{O}\right)}{\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]+m\left({}^{54}\text{Fe}\right)\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}\approx 1\mathrm{,}69\cdot {10}^6\frac{\text{m}}{\text{s}}\mathrm{.}}\end{array}$ (26) Mindezek után kiszámíthatjuk a gerjesztett állapotú nikkelmag tömegét: $\begin{array}{c}{\displaystyle m^{*}\left({}^{58}\text{Ni}\right)=\left[m\left({}^{16}\text{O}\right)-m\left({}^{12}\text{C}\right)\right]\cdot \frac{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{58}\text{Ni}\right)}{c^2}}}{\sqrt[]{1-\frac{v^2\left({}^{16}\text{O}\right)}{c^2}}}\cdot \frac{v\left({}^{16}\text{O}\right)}{v\left({}^{58}\text{Ni}\right)}\approx 57\mathrm{,}95\text{ u.}}\end{array}$ (27) Ezek után a nikkelmag gerjesztési energiájának kiszámítása már gyerekjáték: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{exc}}=\left[m^{*}\left({}^{58}\text{Ni}\right)-m\left({}^{58}\text{Ni}\right)\right]c^2=10\mathrm{,}8636\text{ MeV.}}\end{array}$ Három értékes jegyre pontosan visszakaptuk a nemrelativisztikusan számolt végeredményt, ami azt mutatja, hogy jogos volt a nemrelativisztikus számolás. $b)$ Mekkora a nikkelmag által kibocsátott gamma-foton energiája a kétféle vonatkoztatási rendszerben? Újra az energia- és az impulzusmegmaradás törvényét kell felírnunk a nikkelmagra. Az egyenletek bal oldalára a gerjesztett állapotot jellemző tagokat írjuk, míg a jobb oldalukra a ,,legerjesztés'' utáni tagokat: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle E_{\text{exc}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)}& {\displaystyle =E_{\gamma }+E_{\text{visszalökődés}}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>28</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =p_{\gamma }-p_{\text{visszalökődés}}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ahol az impulzusokat az atom- és magfizikában megszokott módon $p$-vel jelöltük. A fotonok energiája és impulzusa között a következő általános összefüggés érvényes: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\gamma }=p_{\gamma }c\mathrm{.}}\end{array}$ (29) A nikkelmag visszalökődési energiáját klasszikusan számolhatjuk, hiszen az előzőekben láttuk, hogy a problémát jól kezelhetjük nemrelativisztikusan is: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{visszalökődés}}=\frac{p_{\text{visszalökődés}}^2}{2m\left({}^{58}\text{Ni}\right)}=\frac{p_{\gamma }^2}{2m\left({}^{58}\text{Ni}\right)}=\frac{E_{\gamma }^2}{2m\left({}^{58}\text{Ni}\right)\cdot c^2}\mathrm{.}}\end{array}$ (30) Eredményünket helyettesítsük be a (28) energiamegmaradási egyenletébe: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{exc}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)=E_{\gamma }+E_{\text{visszalökődés}}=E_{\gamma }+\frac{E_{\gamma }^2}{2m\left({}^{58}\text{Ni}\right)\cdot c^2}\mathrm{,}}\end{array}$ (31) ami $E_{\gamma }$-ra nézve egy másodfokú egyenlet. Ennek fizikailag értelmes megoldása: $E_{\gamma }=10\mathrm{,}8625$ MeV, vagyis ennyi a gamma-foton energiája abban a vonatkozási rendszerben, amelyben a gerjesztett nikkelmag nyugalomban van. Mindezek után már könnyen meghatározhatjuk a nikkelmag visszalökődési energiáját: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{visszalökődés}}=E_{\text{exc}}\left({}^{58}\text{Ni}\right)-E_{\gamma }=1\mathrm{,}1\text{keV. }}\end{array}$ (32) Mivel a gammát sugárzó nikkelmag nagy sebességgel mozog a laboratóriumi rendszerben a detektor felé, így az észleléskor a detektor a relativisztikus Doppler-effektus szerint megváltozott frekvenciájúnak ,,érzi'' a vele szembe mozgó gamma-fotont: $\begin{array}{c}{\displaystyle f_{\text{detektor}}=f_{\gamma \mathrm{,}\text{kisugárzott}}\sqrt[]{\frac{1+\beta }{1-\beta }}\mathrm{.}}\end{array}$ (33) A foton energiája és frekvenciája között érvényes a Planck-formula ($E=hf$), vagyis a fotonenergiákra is érvényes a Doppler-képlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_{\text{detektor}}=E_{\gamma \mathrm{,}\text{kisugárzott}}\sqrt[]{\frac{1+\beta }{1-\beta }}\mathrm{,}}\end{array}$ (34) ahol $\beta =\frac{v}{c}$. A nikkelmag sebességét a (26) összefüggés alapján számítottuk ki, aminek a felhasználásával megkapjuk a detektor által észlelt gamma-foton energiáját: $E_{\text{detektor}}=10\mathrm{,}924$ MeV.