Sí. Lubos respondió bastante bien, así que me limitaré a expandir su respuesta con el cálculo de la transferencia de energía. La respuesta, una vez que sabe que la energía se conserva y está en el no-límite relativista, es obvio. La ventaja de esta derivación es que puedes ver los pasos y ver que el retroceso de la energía no va a ser insignificante (cuando las aproximaciones yo uso romper).
La clave de la relación que rigen el retroceso de la energía es $E_\gamma / M c^2$ donde $E_\gamma$ es la energía de los fotones y $M$ es la masa efectiva de los retrocediendo átomo. Yo digo eficaz de la masa, ya que esto puede diferir de la masa real de un átomo. Por ejemplo, el efecto Mössbauer es una instancia en donde el retroceso de los átomos en un sólido se suprimió debido a que todos los átomos están unidos entre sí y se mueven juntos, multiplicando la masa efectiva a algo macroscópico. Esto es lo que permite que ciertos rayos gamma con energías ser medido con gran precisión, y es la clave para el experimento Lubos mencionar brevemente.
Sigue aquí la derivación, la cual asumirá $E_\gamma \ll M c^2$. La energía de siempre y el impulso de leyes de conservación mantener en la mecánica cuántica. Así:
$$
\begin{array}{lcl}
\left(p_{\gamma}+p_{\mathrm{atom}}\right)_{\mathrm{before}}&=\left(p_{\gamma}+p_{\mathrm{atom}}\right)_{\mathrm{after}}\\\left(E_{\gamma}+E_{\mathrm{atom}}\right)_{\mathrm{before}}&=\left(E_{\gamma}+E_{\mathrm{atom}}\right)_{\mathrm{after}}
\end{array}$$
De trabajo en el marco del resto de la original átomo de $p_{\mathrm{atom before}}=p_{\mathrm{\gamma after}}=E_{\mathrm{\gamma after}}=0$ $E_{\mathrm{atom before}}=m_a c^2$ donde $m_a$ es la masa de la unexcited átomo. Así
$$ p_a \equiv p_{\mathrm{atom after}}=p_{\mathrm{\gamma before}}=\frac{E_{\mathrm{\gamma}}}{c} $$
y
$$ E_{\mathrm{atom after}} = E_\gamma + m_a c^2 = \sqrt{p_a^2 c^2 + (m_{a'} c^2)^2} $$
donde he utilizado la correcta relativista fórmula relacionados con la energía y el impulso a $ E^2 = p^2 c^2 + m^2 c^4 $, que se reduce a la fórmula habitual $ E = m c^2 + \frac{p^2}{2m} $ en el límite de pequeñas velocidades. Conectar $p_a$ da
$$ E_\gamma + m_a c^2 = \sqrt{E_{\mathrm{\gamma}}^2 + (m_{a'} c^2)^2} $$
Tenga en cuenta también que $m_a'\neq m_a$: la masa del átomo es diferente. Esto es debido a que tiene más energía debido a la excitación, y la energía es masa. El cambio en la masa es $\delta m = m_a' - m$, el cual va muy pequeña de la masa original: $ \delta m \ll m_a$ mientras $E_\gamma \ll m_a c^2$. De hecho es del mismo orden de magnitud como $E_\gamma$. Así puedo sacar el $m_a c^2$ fuera de la raíz y hacer algunas aproximaciones simplificadoras:
$$ \begin{array}{lcl}
E_\gamma + m_a c^2 &=& \sqrt{E_{\mathrm{\gamma}}^2 + (m_{a'} c^2)^2} \\
&=& m_a c^2 \sqrt{\left(\frac{E_{\mathrm{\gamma}}}{m_a c^2}\right)^2 + \left(1 + \frac{\delta m}{m_a}\right)^2} \\
&\approx& m_a c^2 \left[ 1 + \frac{1}{2} \left( \left(\frac{E_{\mathrm{\gamma}}}{m_a c^2}\right)^2 + 2 \frac{\delta m}{m_a} \right) \right] \\
&=& m_a c^2 + \frac{1}{2} \frac{E_{\mathrm{\gamma}}^2}{m_a c^2} + \delta m c^2
\end{array}$$
Así
$$ E_\gamma = \frac{1}{2} \frac{E_{\mathrm{\gamma}}^2}{m_a c^2} + \delta m c^2 $$
Ahora el ingenuo estimación, ignorando el retroceso de la energía, sería que $\delta m c^2 = E_\gamma$. En realidad es un poco menos de esto porque no todos los fotones de energía va a elevar la energía interna del átomo. La diferencia es
$$ E_\gamma - \delta m c^2 = \frac{1}{2} \frac{E_{\mathrm{\gamma}}^2}{m_a c^2} = \frac{p_a^2}{2m_a}$$
que no es en absoluto sorprendente, y apenas vale la pena el esfuerzo, pero es agradable ver que se vienen a partir de primeros principios.
