原子物理学杨福家第一章答案
最新原子物理学答案(杨福家-高教第四版)(第一章)无水印-打印版
原子物理学课后答案（第四版）杨福家著高等教育出版社第一章：原子的位形：卢瑟福模型第二章：原子的量子态：波尔模型第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋第五章：多电子原子：泡利原理第六章：X射线第七章：原子核物理概论第八章：超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编（7.3元定价）高等教育出版社第一章习题答案1-1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为410-rad.解：设碰撞以后α粒子的散射角为θ，碰撞参数b 与散射角的关系为2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)碰撞参数b 越小，则散射角θ越大。
也就是说，当α粒子和自由电子对头碰时，θ取得极大值。
此时粒子由于散射引起的动量变化如图所示，粒子的质量远大于自由电子的质量，则对头碰撞后粒子的速度近似不变，仍为，而电子的速度变为，则粒子的动量变化为v m p e 2=∆散射角为410*7.21836*422-=≈≈∆≈v m v m p p e αθ 即最大偏离角约为410-rad.1-2 (1)动能为5.00MeV 的α粒子被金核以︒90散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚为1.0um ，则入射α粒子束以大于︒90散射（称为背散射）的粒子是全部入射粒子的百分之几？ 解：（1）碰撞参数与散射角关系为：2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)库伦散射因子为：Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 5.45579*2**44.1= 瞄准距离为： fm fm a b 8.2245cot *5.45*212cot 2===︒θ（2）根据碰撞参数与散射角的关系式2cot 2θa b =，可知当︒≥90θ时，)90()(︒≤b b θ，即对于每一个靶核，散射角大于︒90的入射粒子位于)90(︒<b b 的圆盘截面内，该截面面积为)90(2︒=b c πσ，则α粒子束以大于︒90散射的粒子数为：π2Nntb N =' 大于︒90散射的粒子数与全部入射粒子的比为526232210*4.98.22*142.3*10*0.1*19788.18*10*02.6--===='πρπtb M N ntb N N A 1—3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少？若把金核改为Li 7核，则结果如何？ 解：（1）由式4—2知α粒子与金核对心碰撞的最小距离为=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 6.505.479*2**44.1=（2）若改为Li 7核，靶核的质量m '不再远大于入射粒子的质量m ，这时动能k E 要用质心系的能量c E ，由式3—10，3—11知，质心系的能量为：)(212mm mm m v m E u u c +''==式中 得k k k Li He Li k u c E E E A A A E m m m v m E 117747212=+=+≈+''==α粒子与Li 7核对心碰撞的最小距离为：=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 0.37*5.411*3*2**44.1=1—4 （1）假定金核半径为7.0fm ，试问：入射质子需要多少能量，才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm 。
原子核物理杨福家 第四版(完整版)课后答案
原子物理习题库及解答第一章1-1 由能量、动量守恒 ⎪⎩⎪⎨⎧'+'='+'=e e e e v m v m v m v m v m v m αααααααα222212121(这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子)Δp θ得碰撞后电子的速度 ee m m v m v +='ααα2 p故 αv v e2≈' 由)(105.24001~22~~~4rad m m v m v m v m v m pp tg e e e e -⨯=='∆ααααααθθ1-2 （1） )(8.225244.127922fm ctg a b =⨯⨯⨯==θ （2） 52321321063.91971002.63.19]108.22[14.3--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==nt b NdN π1-3 Au 核： )(6.505.4244.1794422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα Li 核：)(92.15.4244.134422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα1-4 （1）)(3.16744.1791221Mev r e Z Z E mp =⨯⨯==（2）)(68.4444.1131221Mev r e Z Z E m p =⨯⨯==1-5 2sin /)4(2sin /)4(420222142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ⋅=Ω= 42323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--68221090.8197105.144.1795.102.6--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=1-660=θ时，232221⋅==a ctg ab θ 90=θ时，12222⨯==a ctg a b θ 3)21()23(22222121===∴b bdN dN ππ1-7 由32104-⨯=nt b π，得ntb π32104-⨯=由22θctg a b =，得 23233232)67.5(1021811002.614.310410104)2(⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=--- ntctg a π )(1096.5224cm -⨯=)(8.23161096.5)41(2sin )4(2442b a d d =⨯⨯⨯==Ω∴-θσ1-8（1）设碰撞前m 1的速度为v 1，动量为p 1。
原子物理学第一章习题参考答案
第一章习题参考答案速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：222212121v m V M V M e +'=αα（1） ϕθααcos cos v m V M V M e +'=（2） ϕθαsin sin 0v m V M e -'=（3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e （4）)sin(sin ϕθϕαα+='VM V M（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V ，)(sin sin )(sin sin 22222222ϕθθϕθϕααα+++=V m M V M V M e化简上式，得θϕϕθα222sin sin )(sin em M +=+（６）若记αμM m e=，可将（６）式改写为θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有)](2sin 2sin [)]sin(2[sin ϕθϕμϕθμθϕθ++-=+-d d令0=ϕθd d ，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0即2cos(θ+2φ)sinθ=0（1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90º-2φ（9） 将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-由此可得183641⨯===αμθM m e sinθ≈10-4弧度（极大）此题得证.（1）动能为的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大（2）如果金箔厚μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几解：（1）依2cot2θa b =和E e Z Z a 02214πε≡金的原子序数Z 2=79 )(10752.2245cot 00.544.1792cot 42211502m E e Z b o -⨯=⨯=⋅=θπε答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为.(2) 要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n ，问题不知道nA ，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n 值.AN A N A V V V N V N n ρρ==⋅==)(1mol A A 总分子数，其他值从书中参考列表中找.从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au =79，A Au =197，ρAu =×104kg/m 3依：θθπθd a ntNN d si n 22si n16='2162422θθθπππsi n si n d a nt N N d ⎰=')2(sin 22sin 2)2(22cos 2sin 2sin θθθθθθθd d d == θθθθππεππd E Z nt ⎰⨯=242222sin 162cos 2sin 2)2(2)4e (θθθππεππd E Z nt ⎰⨯=232222sin 162cos2)2(2)4e (⎰⨯⨯=ππθθθπε242222sin 16)2sin (2sin4)(2π)4e (d E2Z nt注意到：AN A N A V V V N VN n ρρ==⋅==)(1mol A A 总分子数即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数.222)2(4 )4e nt(E Z ⨯ππε是常数其值为5-2215-2376-10486.9)5.00792(4π)10(1.44197106.22101.88101.0⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎰⎰===ππππθθθθθ232312sin )2sin (22sin 2cosd d I最后结果为：dN’/N=×10-5说明大角度散射几率十分小.1-3试问的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少若把金核改为7Li 核，则结果如何 要点分析：计算简单，重点考虑结果给我们什么启示，影响靶核大小估计的因素.解：对心碰撞时⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=2csc 12θa r m ，︒=180θ时，()a ar m =︒+=90csc 12离金核最小距离fm56.505.444.179240221=⨯⨯===E e Z Z a r m πε若金核改为7Li 核，m<<M 则不能满足，必须考虑靶核的反冲在散射因子E e Z Z a 02214πε=中，应把E 理解为质心系能E CLC E M m MV M m mM E +=+=221离7Li 核最小距离。
《原子物理学》部分习题解答(杨福家)
gJ
2
z g J B
氢原子基态 氯原子基态
2
3 2 3
S1/ 2 P3 / 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 2 2 J ( J 1)
两束
四束
2
gJ
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 2 J ( J 1) 3
pc
E k ( E k 2m0c ) E k
2
所以
E k m in p m in c 6 2 M eV
4－2 解： 原子态
2
D3/2
1 2 , J 3 2
可得
gJ 3 2
L 2, S
mJ
1 2
,
3 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 J ( J 1) 5
Ek Ek
3.1keV 0.0094keV
3－3 解：
Ek m0 c 0.511MeV
2
若按非相对论处理
Ek 1 2 m0 v ，有
2
1 2
m0 v m0 c
2
2
v 2c
显然不合理，需要用相对论来处理。
E Ek m0 c 2m0c
2 2
又E mc m0 c
有磁场
m mg
1 2
3
S
1
0
1
0
2
g 2
h 0
3
P0
0
0
m 2 g 2 m1 g 1
2
0
2
相邻谱线的频率差
c
原子物理学 第一章答案
第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V '，沿θ方向散射。
电子质量用m e 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：222212121v m V M V M e+'=αα （1） ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e （4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+（７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1）若 sin θ=0,则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90sin sin sin +=-由此可得θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n , 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z 2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au =79,A Au =197,ρAu =1.888×104kg/m 3 依: θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
《原子物理学》第一章习题解答
1第一章习题解答1-1 速度为v 的非相对论α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角为104- rad 。
证：α粒子在实验系及在质心系下的关系有：粒子在实验系及在质心系下的关系有：a a c c v v v += 由此可得：由此可得：îíì+=+=c c c L cc c L v v v v v v q q q q a aa a cos cos cos cos ①由②解得：由②解得：uC CL +=q qq cos sin tan 其中u=a c c v v ②()c e vm m v m +=aa 00v m m m v ec +=\a a③ ∵ ce c c e v v v v v -=-=a a a ，与坐标系的选择无关，与坐标系的选择无关∴ce c v v v -=a 0 ④又 ∵ 0=+ce e v m v m aa∴0v m m v ece a-= 代入④式，可得：代入④式，可得：0v m m m v e ec aa +=由此可以得到：ec m m v v a a = 代入②式中，可以得到：代入②式中，可以得到：rad m m m m ecec L 410cos sin tan -»£+=aa q q q 证毕。
证毕。
a c vce ve v c va v1-2 (1)(1)动能为动能为5.00Mev 的α粒子被金核以9090°散射时，它的瞄准距离（碰撞参°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？数）为多大？（2）如果金箔厚1.01.0µµm ，则上述入射α粒子束以大于9090°散射°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射例子的百分之几？的粒子数是全部入射例子的百分之几？ 解：（１）由库仑散射公式可得（１）由库仑散射公式可得: :b =2a cot 2q =21E e Z Z 02214pe cot 2q =21´E Z Z 21´24pee cot 4p =21´5792´´1.44´1=22.752 fm（2）在大于9090°的情况下，相对粒子数为°的情况下，相对粒子数为°的情况下，相对粒子数为: :òN dN '＝nt(E Z Z 421´024pe e )2òW 2sin4q d =t N M A A r (E Z Z 421´024pe e )2q q qp ppdò242sin sin 2 =9.4´105-1-3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞的最小距离是多少？若把金核改为7Li 核，则结果如何？核，则结果如何？解：α粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：r m =a=Ee Z Z 02214pe =EZZ 21´24pe e =1.44´105-´5792´»50.56 fmα粒子与7Li 核对心碰撞时，我们可以在质心系下考虑，我们可以在质心系下考虑，此时此时α粒子与金核相对于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：221v ECm =＝m r e Z Z 02214pe ＋０＝L Li LiE m m m +a 其中L E ＝21mv 2为入射粒子实验室动能，由此可以得到为入射粒子实验室动能，由此可以得到m r =024pe e LE Z Z 21LiLim mm +a＝3.02 fm1-4 （1）假定金核的半径为7.0fm 试问：入射质子需要多少能量，才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？碰撞时刚好到达金核的表面？（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm. 解：仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１--３题可知：ＥC ＝mr e Z Z 02214pe (1)(1)对金核可视为静止，对金核可视为静止，实验系动能与质心系动能相等，由此得到由此得到 Ｅ＝Ｅ＝Ｅ＝16.25Mev 16.25Mev (2)(2)对铝核，Ｅ＝对铝核，Ｅ＝对铝核，Ｅ＝1.441.44´AlAlp m m m +´413=4.85Mev1-5 动能为动能为1.0Mev 的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm 2的金箔上，计数器纪录以6060°角散射的质子，计数器圆形输入孔的面积为°角散射的质子，计数器圆形输入孔的面积为1.5cm 1.5cm²，离金箔散²，离金箔散射区的距离为10cm 10cm，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子。
(整理)原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
《原子物理学》第一章习题解答
第一章习题解答1-1 速度为v 的非相对论α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角为104- rad 。
证：α粒子在实验系及在质心系下的关系有：ααc c v v v +=由此可得：⎩⎨⎧+=+=c c c L c c c L v v v v v v θθθθααααcos cos cos cos ①由②解得：uC CL +=θθθcos sin tan 其中u=αc c v v ②()c e v m m v m +=αα0 0v m m m v ec +=∴αα③∵ ce c c e v v v v v -=-=ααα，与坐标系的选择无关∴ce c v v v -=α0 ④又 ∵ 0=+ce e v m v m αα∴0v m m v ece α-= 代入④式，可得：0v m m m v e ec αα+=由此可以得到：ec m m v v αα=代入②式中，可以得到： rad m m m m ec ec L 410cos sin tan -≈≤+=ααθθθ 证毕。
1-2 (1)动能为5.00Mev 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0µm ，则上述入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射例子的百分之几？ 解：（１）由库仑散射公式可得:b =2a cot 2θ=21E e Z Z 02214πεcot 2θ=21⨯E Z Z 21⨯24πεe cot 4π =21⨯5792⨯⨯1.44⨯1=22.752 fm（2）在大于90°的情况下，相对粒子数为:⎰N dN '＝nt(E Z Z 421⨯24πεe )2⎰Ω2sin4θd =t N M A A ρ(E Z Z 421⨯024πεe )2θθθπππd ⎰242sinsin 2=9.4⨯105-1-3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞的最小距离是多少？若把金核改为7Li 核，则结果如何？解：α粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：r m =a=E e Z Z 02214πε=E Z Z 21⨯24πεe =1.44⨯105-⨯5792⨯≈50.56 fmα粒子与7Li 核对心碰撞时，我们可以在质心系下考虑，此时α粒子与金核相对于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：221v E C μ=＝mr e Z Z 02214πε＋０＝L Li Li E m m m +α其中L E ＝21mv 2为入射粒子实验室动能，由此可以得到m r =024πεe LE Z Z 21Li Lim m m +α＝3.02 fm1-4 （1）假定金核的半径为7.0fm 试问：入射质子需要多少能量，才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm. 解：仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１-３题可知：ＥC ＝mr e Z Z 02214πε(1)对金核可视为静止，实验系动能与质心系动能相等，由此得到 Ｅ＝16.25Mev(2)对铝核，Ｅ＝1.44⨯Al Al p m m m +⨯413=4.85Mev1-5 动能为1.0Mev 的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm 2的金箔上，计数器纪录以60°角散射的质子，计数器圆形输入孔的面积为1.5cm ²，离金箔散射区的距离为10cm ，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子。
《原子物理学》高教(杨福家)部分习题答案(杨福家)
Z2 E = E∞ Ek b = Ek b = 13.6 2 (eV) nb
基态到第一激发态的激发能: (3)从基态到第一激发态的激发能: 1 E = E 2 E 1 = 13 .6(1 2 ) Z 2 (eV) 2 从第一激发态到基态激发的光: 从第一激发态到基态 激发的光 基态激发的
ww
ww
ε 3100 ∴ = ≈ 3300 Ek 9 .4
.k hd aw .c om
h 2 mE k = λ h = 2 mE k
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案 网
0 .39 (nm)( E k 1 .226 = 0 .123 (nm)( E k E k (eV) 0 .039 (nm)( E k
24 2
课
后
∴ λ = 2 × d sin α = 2 × 0.18 × sin 30° = 0.18nm
答
d
α
21 19
= 0 . 025 (ev
)
3-7
∵ E = hν =
hc ∴ E ≈ 2 λ λ
h ∴ τ = t ≥ 4π E λ 600 × 10 9 = = λ 4π c × 1 0 7 4π c λ ≈ 2 × 10 9 (s)
∵ d = 0 . 18 nm , α = 30 ° , k = 1
.k hd aw .c om
案 网
θ
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a
h 6 . 63 × 10 34 ∴ p = = λ 0 . 18 × 10 9 = 3 . 68 × 10 24 kg m / s
2
∴ Ek
ww
(3 . 68 × 10 ) p = = 2m 2 × 1 . 67 × 10 27 21 (J ) = 4 . 06 × 10 = 4 . 06 × 10 1 . 60 × 10
原子物理学杨福家第四版课后答案
原子物理学杨福家第四版课后答案原子物理学是物理学的一个重要分支，它研究原子的结构、性质和相互作用等方面的知识。
杨福家所著的《原子物理学》第四版是一本备受欢迎的教材，为学生深入理解原子世界提供了坚实的基础。
以下是为您精心整理的该教材的课后答案。
第一章主要介绍了原子物理学的发展历程和一些基本概念。
课后习题可能会要求学生阐述卢瑟福散射实验的原理和意义。
卢瑟福散射实验是原子物理学中的一个关键实验，它证明了原子的核式结构。
在回答这类问题时，要清晰地说明实验的步骤、观察到的现象以及得出的结论。
例如，α粒子在穿过金箔时，大部分粒子直线通过，只有少数发生大角度偏转，这表明原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上。
第二章关于原子的能级和光谱，可能会有关于氢原子光谱线系的计算和解释的题目。
对于氢原子的能级公式和光谱线的频率、波长的计算，需要牢记相关公式并能准确运用。
比如，巴尔末系的波长可以通过公式计算得出，同时要理解为什么氢原子会产生这些特定的光谱线系，这涉及到电子的能级跃迁。
第三章的重点是量子力学初步。
在回答课后问题时，要理解波函数的物理意义以及薛定谔方程的应用。
例如，对于一个给定的势场，如何求解薛定谔方程得到波函数，并根据波函数计算出粒子在不同位置出现的概率。
这需要掌握一定的数学运算和物理概念。
第四章关于碱金属原子和电子自旋，可能会要求分析碱金属原子光谱的精细结构，并解释电子自旋的概念和作用。
在回答这类问题时，要清楚地说明由于电子自旋与轨道运动的相互作用，导致了碱金属原子光谱的精细分裂。
同时，要理解电子自旋的量子特性以及它对原子能级和光谱的影响。
第五章讲到了多电子原子。
这部分的课后习题可能会涉及到多电子原子的能级结构、电子组态和原子态的确定。
回答时需要运用泡利不相容原理、能量最低原理等规则来确定电子的排布，从而得出原子的可能状态。
第六章是在原子的壳层结构基础上，进一步探讨了 X 射线。
对于 X 射线的产生机制、特征谱线以及与物质的相互作用等问题，需要有清晰的理解和准确的表述。
原子物理学_答案_杨福家_高教第四版
(个)
②入射粒子被散时大于θ的几率为：
（个）
③大于 的几率为：
大于 的原子数为： （个）
小于 的原子数为： （个）
注意：大于 的几率：
大于 的原子数为：
第二章
2-1)解：
①
②
2-2)解：
①对于H：
对于He+：Z=2
对于Li+：Z＝3
②结合能＝
③由基态到第一激发态所需的激发能：
设y= 1 + V/2 mec2= 1+x，f(y) =
由于x<< 1，f(y)函数可在y= 1点做泰勒展开，并忽略高次项。结果如下：
f(y) = 1 + = 1 + = 1−x/2 = 1 −
将mec2以电子伏特为单位时的数值511000代入上式，得
f(y) =
因此=0f(y) =
3-7)解：
3-8)解：
1-3)解：
金
当Z＝79时
当Z＝3时，
但此时M并不远大于m，
1-4)解：
①
将Z＝79代入解得：
②对于铝，Z＝13，代入上公式解得：
E=4.68Mev
以上结果是假定原子核不动时得到的，因此可视为理论系的结果，转换到实验室中有：
对于
①
②
可见，当M>>m时， ，否则，
1-5)解：
在θ方向dΩ立方角内找到电子的几率为：
将所有数据代入解得： T/m
4-Байду номын сангаас)解： （束）
对于边缘两束，
4-6)解：
即：屏上可以接收到4束氯线
对于H原子：
对于氯原子：
最新原子物理学第一章习题参考答案
最新原子物理学第一章习题参考答案第一章习题参考答案1.1速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：222212121v m V M V M e +'=αα（1） ?θααcos cos v m V M V M e +'=（2）?θαsin sin 0v m V M e -'=（3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得)sin(sin ?θθα+=VM v m e （4）)sin(sin ?θ?αα+='VM V M（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V ，)(sin sin )(sin sin 22222222θθ?θ?ααα+++=Vm M V M V M e化简上式，得θ??θα222sin sin )(sin em M +=+（６）若记αμM m e=，可将（６）式改写为θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有)](2sin 2sin [)]sin(2[sin ?θ?μ?θμθ?θ++-=+-d d令0=?θd d ，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0即2cos(θ+2φ)sinθ=0（1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8）（2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90o-2φ（9）将（9）式代入（7）式，有θ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=-由此可得183641===αμθM m e sinθ≈10-4弧度（极大）此题得证.1.2 （1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？解：（1）依2cot2θa b =和E e Z Z a 02214πε≡金的原子序数Z 2=79 )(10752.2245cot 00.544.1792cot 42211502m E e Z b o -?=?=?=θπε答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2) 要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n ，问题不知道nA ，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n 值.AN A N A V V V N V N n ρρ==?==)(1mol A A 总分子数，其他值从书中参考列表中找.从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au =79，A Au =197，ρAu =1.888×104kg/m 3依：θθπθd a ntNN d si n 22si n16='2162422θθθπππsi n si n d a nt N N d ?=')2(sin 22sin 2)2(22cos 2sin2sin θθθθθθθd d d == θθθθππεππd E Z nt ??=242222sin 162cos 2sin 2)2(2)4e (θθθππεππd E Z nt ??=232222sin 162cos2)2(2)4e (=ππθθθπε242222sin 16)2sin (2sin4)(2π)4e (d E2Z nt注意到：AN A N A V V V N VN n ρρ==?==)(1mol A A 总分子数即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数.222)2(4 )4e nt(E Z ?ππε是常数其值为5-2215-2376-10486.9)5.00792(4π)10(1.44197106.22101.88101.0?= ===ππππθθθθθ232312sin )2sin (22sin 2cosd d I最后结果为：dN’/N=9.6×10-5 说明大角度散射几率十分小.1-3试问4.5MeV 的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少?若把金核改为7Li 核，则结果如何?要点分析：计算简单，重点考虑结果给我们什么启示，影响靶核大小估计的因素.解：对心碰撞时+=2csc 12θa r m ，?=180θ时，()a ar m =?+=90csc 12离金核最小距离fm56.505.444.179240221=??===E e Z Z a r m πε若金核改为7Li 核，m<<="">E e Z Z a 02214πε=中，应把E 理解为质心系能E CLC E M m MV M m mM E +=+=221离7Li 核最小距离3.0fm 。
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目录第一章原子的位形 (2)第二章原子的量子态：波尔模型 (8)第三章量子力学导论 (12)第四章原子的精细结构：电子的自旋 ........................ 错误!未定义书签。
第五章多电子原理：泡利原理 (23)第六章 X射线 ............................................................................... . (28)第七章原子核物理概论 ........................................... 错误!未定义书签。
第一章 原子的位形 1-1)解：α粒子与电子碰撞，能量守恒，动量守恒，故有：eevmvMvM vMmvMv 222 2121 21222e e v Mmvv v M mvvevmpeep=mvp=mv ，其大小： (1)222(')(')(') em vvvvvvvM近似认为：(');'pMvvvv22e m vvv M有21 2eppMmv亦即： (2)(1)2/(2)得224222 10e e mvm pMmvM p亦即：()ptgrad p-4～101-2) 解：① 22a bctg E228e；库仑散射因子：a=4 )2)(4 ( 4 2 0 20 2 E Ze E Zea 22279()()1.44()45.545 eZ afmMevfm EMev当901时，ctg2122.752 bafm亦即：1522.7510bm② 解：金的原子量为197A ；密度：731.8910/gm依公式，λ射粒子被散射到θ方向，d 立体角的内的几率：ntdadP 2sin16)( 42(1)式中，n 为原子核数密度，()AAmnnN即：AVn A(2)由（1）式得：在90º→180 º范围内找到粒子得几率为： )(P 1802 2 490ant2sin() 164sin2dant将所有数据代入得)(P5()9.410这就是粒子被散射到大于90º范围的粒子数占全部粒子数得百分比。
原子物理学杨福家1-6章-课后习题标准答案
原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2） ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90sin sin sin +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
(整理)原子物理学 第一章答案.
第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V '，沿θ方向散射。
电子质量用m e 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1） ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+（７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1）若 sin θ=0,则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-由此可得θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n , 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z 2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au =79,A Au =197,ρAu =1.888×104kg/m 3 依: θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
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第一章习题1、2解1.1 速度为v的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V，沿X方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用m e表示，碰撞前静止在坐标原点O处，碰撞后以速度v沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：222212121vmVMVMe+'=αα（1）ϕθααcoscos vmVMVMe+'=（2）ϕθαsinsin0vmVMe-'=（3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得)sin(sinϕθθα+=VMvme（4）)sin(sinϕθϕαα+='VMVM（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+（７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1）若 sin θ=0,则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0则 θ=90º-2φ （9） 将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-由此可得θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n , 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z 2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au =79,A Au =197,ρAu =1.888×104kg/m 3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
最后结果为：d N’/N=9.6×10-5说明大角度散射几率十分小。
1-3～1-4 练习参考答案（后面为褚圣麟1-3～1-4作业）1-3 试问4.5MeV的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少?若把金核改为7Li核,则结果如何?要点分析: 计算简单，重点考虑结果给我们什么启示，影响靶核，︒=180θ时，离金核最小距离离7Li核最小距离结果说明: 靶原子序数越小，入射粒子能量越大，越容易估算准核的半径. 反之易反。
1-4 ⑴假定金核半径为7.0 fm,试问入射质子需要多少能量才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？⑵若金核改为铝时质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面，那么入射质子的能量应为多少？设铝核的半径为4.0 fm。
要点分析:注意对头碰撞时,应考虑靶核质量大小,靶核很重时, m << M可直接用公式计算;靶核较轻时, m << M不满足,应考虑靶核的反冲,用相对运动的质心系来解.79A Au=196 13A Al=27E C说明靶核越轻、Z越小，入射粒子达到靶核表面需要能量越小.核半径估计值越准确.褚圣麟教材作业题解1.3若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭C′放射的,其动能为7.68×106电子伏特。
散射物质是原子序数Z=79的金箔,试问散射角θ=150°所对应的瞄准距离b多大?解：依答：散射角为150º所对所对应的瞄准距离为3.9664×10-15m1.4钋放射的一种α粒子的速度为 1.597×107米/秒,正面垂直入射厚度为10-7米,密度为1.932×104公斤/米3的金箔,试求所有散射在θ≥90°的α粒子占全部入射粒子的百分比,已知金的原子量为179。
解: 此题解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. 设散射入大于90°角的粒子数为d n’,入射的总粒子数为n,金箔的单位体积内的粒子数为N。
最后结果为：d n/n=3.89×10-7问答:如果知道散射的总粒子数，如何计算散射入某一角度内粒子的数量？如何求出其散射截面？如何算出散射几率？散射入某一角内的粒子数习题1-5、1-6解解：积分式的积分结果结果：1-5 动能为1.0MeV 的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm 2的金箔上，记数器的记录以60°角散射的质子。
计数器圆形输入孔的面积为1.5cm2，离金箔散射区的距离为10cm，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子，试问：散射到计数器输入孔的质子数与入射到金箔的质子数之比为多少？（质量厚度ρm定义为单位面积的质量ρm=ρt，则ρ=ρm/ t其中ρ为质量密度，t为靶厚）。
要点分析：没给直接给nt。
设置的难点是给出了质量厚度，计算时需把它转换成原子体密度n和厚度t。
需推导其关系。
解：输入圆孔相对于金箔的立体角为1-6 一束α粒子垂直射至一重金属箔上，试求α粒子被金属箔散射后，散射角大于60°的α粒子与散射角大于90°的粒子数之比。
要点分析：此题无难点，只是简单积分运算。
解：依据散射公式因为同理算出可知习题1-7、8解解：积分式的积分结果1-7 单能的窄α粒子束垂直地射到质量厚度为2.0mg/cm 2的钽箔上，这时以散射角θ0>20˚散射的相对粒子数（散射粒子数与入射数之比）为4.0×10-3.试计算：散射角θ=60要点分析：重点考虑质量厚度与nt 关系。
解： ρm = >=︒N=181 Z Ta =73θ=60º依微分截面公式a 2/16由公式3180202221418020223104.32sin 1)4(161065.62sin sin 216106.0221812.0-⨯=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⎰θπθθθπad a 3221104.3(-22.13))4(16106.65-⨯=⨯-⨯⨯⨯πa所以 262102.3316-⨯=a 274264210456.1260sin11033.22sin116--⨯=⨯⨯==Ωθασd d1-8 (1)质量为m 1的入射粒子被质量为m 2（m 2<< m 1）的静止靶核弹性散射,试证明:入射粒子在实验室坐标系中的最大可能偏转角θ由下式决定.12sin m m =θ（2）假如粒子在原来静止的氢核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大？要点分析：同第一题结果类似。
证明：222121212121v m V m V m +'= （1）ϕθcos cos 211v m V m V m +'= （2） ϕθsin sin 021v m V m -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ，得化简上式，得（６）（７）视θ为φ的函数θ(φ)，对(7)式求θ的极值，有sin2(θ+φ)-sin2φ=0 2cos(θ+2φ)sin θ=0 (1)若 sin θ=0,则 θ=0（极小） （8） (2) 若cos(θ+2φ)=0则 θ=90º-2φ （9） 将(9)式代入(7)式，有)(sin sin )(90sin 222θϕμϕμ+=-︒由此可得若m 2=m 1则有此题得证。
第一章 习题1-9、10题解1-9 动能为 1.0 Mev 的窄质子束垂直地射到质量厚度（ρt ）为1.5mg/cm 2的金箔上，若金箔中含有百分之三十的银，试求散射角大于30°的相对质子数为多少？要点分析：此题靶为一个复合材料靶,关键找出靶的厚度t .然后计算出金原子数和银原子数,即可积分计算.从书后表可知：Z Au =79,A Au =197, ρAu =1.888×104kg/m 3;Z Ag =47,A Ag =108, ρAg =1.05×104kg/m 3.解： 先求金箔的厚度tρt =(0.7ρAu +0.3ρAg ) t = 1.5mg/cm 2这种金箔中所含金原子数与银原子数分别为和再计算质子被金原子与银原子散射到θ>30°范围内的相对数目。
被金原子散射的相对数目为：式中，N为入射质子总数，d N Au’为被金原子散射到θ>30°范围内的质子数。
同理可得质子被银原子散射的相对数目为：被散射的相对质子总数为将已知数据代入：N A=6.02×1023,E=1.0MeV,t=0.916μm,Z Au=79,A Au=197,ρ×103kg/m3,Z Ag=47,A Ag=108,ρAg=10.5×103kg/m3Au=18.88η≈1.028×10-5结果讨论: 此题是一个公式活用问题.只要稍作变换,很容易解决.我们需要这样灵活运用能力.1-10 由加速器产生的能量为1.2MeV、束流为5.0 nA的质子束，垂直地射到厚为1.5μm的金箔上，试求5 min内被金箔散射到下列角间隔内的质子数。
金的密度（ρ=1.888×104 kg/m3）[1] 59°～61°;[2] θ>θ0=60°[3] θ<θ0=10°要点分析:解决粒子流强度和入射粒子数的关系.注意:第三问,因卢瑟福公式不适用于小角(如0º)散射，故可先计算质子被散射到大角度范围内的粒子数，再用总入射粒子数去减，即为所得。
解：设j 为单位时间内入射的粒子数，I 为粒子流强度，因I = je,j =I /e ,时间T =5min 内单位面积上入射的质子的总数为N 个：再由卢瑟福公式，单位时间内，被一个靶原子沿θ方向，射到d Ω立体角内的质子数为：单位时间内，被所有靶原子沿θ方向，射到d Ω立体角内的质子数为式中，n 为单位体积的粒子数，它与密度的关系为：所以，上式可写为解：[1]解：[2] 仍然像上式一样积分，积分区间为60°-180°，然后用总数减去所积值。