《原子物理学》第一章习题解答
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θϕμϕμ222)(90si nsi nsi 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θa2 sin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 褚圣麟 第一章习题解答
即 α 粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。 1.7 能量为 3.5 兆电子伏特的细 α 粒子束射到单位面积上质量为
9
由上式看出： rmin 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量和相同电荷的氘核 代替质子时，其与靶核作用的最小距离仍为 1.14 × 10−13 m。 1.4 钋放射的一种 α 粒子的速度为 1.597 × 107 米/秒， 正面垂直入射于厚度为
10−7 米、密度为 1.932 × 10 4 公斤 / 米3 的金箔。试求所有散射在 θ > 90ο 的 α 粒子占
ο
0
K α b Ze2
Ze 2 ctg θ 79 × (1.60 × 10 − 19 ) 2 ctg 150 9 2 2 b= = 9 × 10 × = 3.97 × 10 − 1 5 m 6 − 19 4πε 0 K α 7.68 × 10 × 1.6 × 10
2 式中 Kα = 1 是 α 粒子的功能。 2 Mv
2 1 1 1 2 ' 2 Mv α = Mv α + mv e' 2 2 2
（1） （2）
由（1）得：
G G m G' 1 G' vα − vα' = ve = ve M 7300
2 ' vα = vα + 2
……
(3)
由（2）得：
m '2 ve M
(4)
将（3）式代入（4）式，得：
K K 2 ' 2 vα = vα + 7300 ( v α − v α' ) 2
原子物理学 课后答案
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。
1.本课程各章的重点难点重点:α粒子散射实验公式推导、原子能量级、氢原子的玻尔理论、原子的空间取向量子化、物质的波粒二象性、不确定原则、波函数及其物理意义和薛定谔方程、电子自旋轨道的相互作用、两个价电子的原子组态、能级分裂、泡利原理、电子组态的原子态的确定等。
难点：原子能级、电子组态、不确定原则、薛定谔方程、能级分裂、电子组态的原子态及基态的确定等。
2.本课程和其他课程的联系本课程需在高等数学、力学、电磁学、光学之后开设，同时又是理论物理课程中量子力学部分的前导课程，拟在第三学年第一学期开出。
3.本课程的基本要求及特点第一章原子的位形：卢瑟福模型了解原子的质量和大小、原子核式模型的提出；掌握粒子散射公式及其推导，理解α粒子散射实验对认识原子结构的作用；理解原子核式模型的实验验证及其物理意义。
第二章原子的量子态：玻尔模型掌握氢原子光谱规律及巴尔末公式；理解玻尔原子模型的基本假设、经典轨道、量子化条件、能量公式、主量子数、氢能级图；掌握用玻尔理论来解释氢原子及其光谱规律；了解伏兰克---赫兹实验的实验事实并掌握实验如何验证原子能级的量子化；理解索菲末量子化条件；了解碱金属光谱规律。
第三章量子力学导论掌握波粒二象性、德布罗意波的假设、波函数的统计诠释、不确定关系等概念、原理和关系式；理解定态薛定谔方程和氢原子薛定谔方程的解及n,l,m 三个量子数的意义及其重要性。
第四章 原子的精细结构：电子的自旋理解原子中电子轨道运动的磁矩、电子自旋的假设和电子自旋、电子量子态的 确定；了解史特恩—盖拉赫实验的实验事实并掌握实验如何验证角动量取向的量子化；理解碱金属原子光谱的精细结构；掌握电子自旋与轨道运动的相互作用；了解外磁场对原子的作用，理解史特恩—盖拉赫实验的结果、塞曼效应。
《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）θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令，则 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θa2 sin注意到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》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
原子物理学答案
原子物理学习题第一章作业教材 20页 3题：若用动能为 1 MeV 的质子射向金箔，问质子和金箔原子核（Z=79）可以达到的最小距离多大？又问如用同样能量的氕核代替质子，最小距离为多大？解：r m =Z 1*Z 2*e 2/4*π*ε0*E = …… = 1.14 ⨯ 10-13m氕核情况结论相同----------------------------------------------------------------------------------------------- 21页 4题：α粒子的速度为 1.597 ⨯ 107 m/s ，正面垂直入射于厚度为 10-7米、密度为1.932 ⨯104 kg/m 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。
金的原子量为197。
解：金原子质量 M Au = 197 ⨯ 1.66 ⨯ 10-27 kg = 3.27 ⨯ 10-25 kg箔中金原子密度 N = ρ/M Au = …… = 5.91 ⨯ 1028个/m 3入射粒子能量 E = 1/2 MV 2= 1/2 ⨯ 4 ⨯ 1.66 ⨯ 10-27kg ⨯ (1.597 ⨯ 107m/s)2= 8.47 ⨯ 10-13J若做相对论修正 E = E 0/(1-V 2/C 2)1/2 = 8.50 ⨯ 10-13 J对心碰撞最短距离 a=Z 1⨯Z 2⨯e 2/4⨯π⨯ε0⨯E = …. = 4.28 ⨯ 10-14 m 百分比d n/n(90︒→180︒)=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒-︒⨯90sin 145sin 14222Nta π= … = 8.50 ⨯ 10-4%-----------------------------------------------------------------------------------------------------------21页7题：3.5 MeV α粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。
原子物理学详解答案(褚圣麟)
第一章 原子的基本状况若卢瑟福散射用的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150 所对应的对准距离b 多大解：依据卢瑟福散射公式：ctg24Mv2K2b40 b22 Ze获得：Ze219 2 150bZe ctg 2(479(1.60 10 ) ctg 23.9710 15米40 K8.85 10 12) (7.68106 10 19)式中 K21 Mv2 是 粒子的功能。
已知散射角为 的 粒子与散射核的最短距离为r m (12 Ze2 (11) 4)2sin，Mv2试问上题 粒子与散射的金原子核之间的最短距离r m 多大2解：将题中各量代入r m 的表达式，得：rmin( 1 )2 Ze2 (11 )4Mvsin29 10 94 79 (1.60 10 19 )2 (1 1 ) 3.02 10 14米7.68 10 6 1.60 10 19 sin 75若用动能为 1 兆电子伏特的质子射向金箔。
问质子与金箔。
问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大又问假如用相同能量的氘核 （氘核带一个e 电荷而质量是质子的两倍， 是氢的一种同位素的原子核）取代质子，其与金箔原子核的最小距离多大解：当入射粒子与靶查对心碰撞时，散射角为180 。
当入射粒子的动能所有转变为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。
依据上边的剖析可得：1Mv 2K pZe 2，故有： r minZe 24Kp24 0 rmin910 979 (1.60 10 19 ) 21.1410 13米1061.601019由上式看出： r min 与入射粒子的质量没关，所以当用相同能量质量和相同电量获得核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为1.14 10 13 米。
钋放射的一种粒子的速度为 1.597 107米 / 秒，正面垂直入射于厚度为10 7米、密度为 1.93210 4公斤 / 米3的金箔。
原子物理学杨福家第一章答案
原子物理学杨福家第一章答案LT（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1.0 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 A N AN 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.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)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: θθπθd antNN d sin 22sin16='2162422θθθπππsin sin d a ntN N d ⎰=' )2(sin 22sin 2)2(22cos2sin2sin θθθθθθθd d d == θθθθππεππd E Z nt ⎰⨯=242222sin162cos 2sin 2)2(2)4e (θθθππεππd E Z nt ⎰⨯=232222sin 162cos 2)2(2)4e (⎰⨯⨯=ππθθθπε242222sin16)2sin (2sin 4)(2π)4e (d E 2Z nt注意到：A N AN AV VVN 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。
原子物理学习题解答
方程段11 节 1原子物理学习题解答杜远东改编周口师范学院物理与电子工程系第一章原子的基本状况粒子的功能。
之间的最短距离r m 多大?1.3若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。
冋质子与金箔。
能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带 两倍，是氢的一种同位素的原子核）代替质子，其与金箔原子核的最小距离多大?粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。
根据上面的分析可得：由上式看出：r min 与入射粒子的质量无关，所以当用相冋能量和相冋电量得到核代替质1.1若卢瑟福散射用的 粒子是放射性物质镭C6放射的，其动能为 7.68 10电子伏特。
散射物质是原子序数 Z 79的金箔。
试问散射角 150 所对应的瞄准距离 b 多大?解：根据卢瑟福散射公式:ctg—b2 Ze 2得到: Ze 2ctg -2K150 -2_12 ~6(4 8.85 10 12) (7.68 1061079 (1.60 10)2ctg 花 3.97 10 15 米)式中K1.2已知散射角为的粒子与散射核的最短距离为r m-) 0£(1 Mv 21)sin~2~，试问上题粒子与散射的金原子核解：将1.1题中各量代入r m 的表达式，得:r min-)^^(10 Mv 2丄)sin "29 109 19 24 79 (1.60 107.68 106 1.60 10 19(1sin 753.021410问质子与金箔原子核可 e 电荷而质量是质子的解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180。
当入射粒子的动能全部转化为两1 Mv 2Ze 2，故有:rminZe 20 rmin9 10 9(1.60 1019)279 10 6 1.60 10 191.14 1013米1.4钋放射的一种粒子的速度为1.597 107米/秒，正面垂直入射于厚度为107米、8.5 10 4 00。
1.5 粒子散射实验的数据在散射角很小 （ 15 ）时与理论值差得较远，是什么原因？答： 粒子散射的理论值是在 一次散射 的假定下得出的。
原子物理习题解答
原子物理学习题解答第一章 原子的基本状况若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭'C 放射的,其动能为67.6810⨯电子伏特;散射物质是原子序数79Z =的金箔;试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大 解：根据卢瑟福散射公式： 得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米 式中212K Mv α=是α粒子的功能; 已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ,试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大解：将题中各量代入m r 的表达式,得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 143.0210-=⨯米若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔;问质子与金箔;问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大又问如果用同样能量的氘核氘核带一个e +电荷而质量是质子的两倍,是氢的一种同位素的原子核代替质子,其与金箔原子核的最小距离多大解：当入射粒子与靶核对心碰撞时,散射角为180ο;当入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时,两粒子间的作用距离最小; 根据上面的分析可得：220min124p Ze Mv K r πε==,故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米 由上式看出：min r 与入射粒子的质量无关,所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时,其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-⨯米;钋放射的一种α粒子的速度为71.59710⨯米/秒,正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210⨯3/公斤米的金箔;试求所有散射在90οθ>的α粒子占全部入射粒子数的百分比;已知金的原子量为197;解：散射角在d θθθ+之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是： 其中单位体积中的金原子数：0//Au Au N m N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故即速度为71.59710/⨯米秒的α粒子在金箔上散射,散射角大于90ο以上的粒子数大约是4008.510-⨯;α粒子散射实验的数据在散射角很小15οθ≤（）时与理论值差得较远,时什么原因答：α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的;而α粒子通过金属箔,经过好多原子核的附近,实际上经过多次散射;至于实际观察到较小的θ角,那是多次小角散射合成的结果;既然都是小角散射,哪一个也不能忽略,一次散射的理论就不适用;所以,α粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远;已知α粒子质量比电子质量大7300倍;试利用中性粒子碰撞来证明：α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;证明：设碰撞前、后α粒子与电子的速度分别为：',',0,e v v v ;根据动量守恒定律,得：''e v m v M v M +=αα由此得：'''73001e e v v M m v v ==-αα …… 1 又根据能量守恒定律,得：2'2'2212121emv Mv Mv +=αα 2'2'2e v Mm v v +=αα ……2 将1式代入2式,得：整理,得：0cos 73002)17300()17300('2'2=⨯-++-θααααv v v v即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;能量为兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上,α粒子与银箔表面成ο60角;在离L=0.12米处放一窗口面积为25100.6米-⨯的计数器;测得散射进此窗口的α粒子是全部入射α粒子的百万分之29;若已知银的原子量为;试求银的核电荷数Z;解：设靶厚度为't ;非垂直入射时引起α度't ,而是ο60sin /'t t =,如图1-1所示;因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：dnNtd nσ= 1而σd 为：2sin)()41(422220θπεσΩ=d Mv ze d 2把2式代入1式,得：2sin )()41(422220θπεΩ=d Mvze Nt n dn (3)式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds dN 为原子密度;'Nt 为单位面上的原子数,10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη,其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数; 将各量代入3式,得： 由此,得：Z=47设想铅Z=82原子的正电荷不是集中在很小的核上,而是均匀分布在半径约为1010-米的球形原子内,如果有能量为610电子伏特的α粒子射向这样一个“原子”,试通过计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于090的散射;这个结论与卢瑟福实验结果差的很远,这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的原子中电子的影响可以忽略;解：设α粒子和铅原子对心碰撞,则α粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有下式决定：由此可见,具有610电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球;α粒子在到达原子表面和原子内部时,所受原子中正电荷的排斥力不同,它们分别为：3022024/24/2R r Ze F R Ze F πεπε==和;可见,原子表面处α粒子所受的斥力最大,越靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小,而且瞄准距离越小,使α粒子发生散射最强的垂直入射方向的分力越小;我们考虑粒子散射最强的情形;设α粒子擦原子表面而过;此时受力为2024/2R Ze F πε=;可以认为α粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作用,即作用距离为原子的直径D;并且在作用范围D 之内,力的方向始终与入射方向垂直,大小不变;这是一种受力最大的情形;根据上述分析,力的作用时间为t=D/v, α粒子的动能为K Mv =221,因此,M K v /2=,所以,K M D v D t 2//==根据动量定理：00-=-=⊥⊥⊥⎰Mv p pFdt t而2022024/24/2R t Zedt RZeFdt ttπεπε==⎰⎰所以有：⊥=Mv R t Ze 2024/2πε 由此可得：M R t Ze v 2024/2πε=⊥α粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0,入射方向上速度不变;据此,有：这时。
新版原子物理褚圣麟课后答案
原子物理学习题解答第一章 原子的基本状况1.1 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67.6810⨯电子伏特。
散射物质是原子序数79Z =的金箔。
试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K M vctgb bZ eZ eαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Z e ctgctgb K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米式中212K M v α=是α粒子的功能。
1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为222121()(1)4s inm Z e r M vθπε=+，试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2m in 22121()(1)4sinZ e r M vθπε=+1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。
问质子与金箔。
问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带一个e +电荷而质量是质子的两倍，是氢的一种同位素的原子核）代替质子，其与金箔原子核的最小距离多大？解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。
当入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。
根据上面的分析可得：220m in124pZ eM vKr πε==，故有：2m in 04pZ er Kπε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米由上式看出：m in r 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-⨯米。
原子物理学习题解答
原子物理学习题解答第一章 原子的基本状况1.1 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67.6810⨯电子伏特。
散射物质是原子序数79Z =的金箔。
试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米 式中212K Mvα=是α粒子的功能。
1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ，试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 钋放射的一种α粒子的速度为71.59710⨯米/秒，正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210⨯3/公斤米的金箔。
试求所有散射在90οθ>的α粒子占全部入射粒子数的百分比。
已知金的原子量为197。
解：散射角在d θθθ+ 之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是：dnNtd nσ=其中单位体积中的金原子数：0//Au Au Nm N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰22218002903cos122()()4sin 2AuN Ze t d A Mu οοθρπθθπε=⋅⋅⎰ 等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故'22202012()()4Au N dn Ze t n A Mu ρππε=⋅⋅ 648.5108.510--≈⨯=⨯即速度为71.59710/⨯米秒的α粒子在金箔上散射，散射角大于90ο以上的粒子数大约是4008.510-⨯。
《原子物理》高教版教材习题解答
《原⼦物理》⾼教版教材习题解答原⼦物理学习题解答代群成都信息⼯程学院第⼀章原⼦的基本状况1.1 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67.6810?电⼦伏特。
散射物质是原⼦序数79Z =的⾦箔。
试问散射⾓150οθ=所对应的瞄准距离b 多⼤？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---??===⽶式中212K Mvα=是α粒⼦的功能。
1.2已知散射⾓为θ的α粒⼦与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ，试问上题α粒⼦与散射的⾦原⼦核之间的最短距离m r 多⼤？解：将1.1题中各量代⼊m r 的表达式，得：2min()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--=+143.0210-=?⽶1.3 若⽤动能为1兆电⼦伏特的质⼦射向⾦箔。
问质⼦与⾦箔。
问质⼦与⾦箔原⼦核可能达到的最⼩距离多⼤？⼜问如果⽤同样能量的氘核（氘核带⼀个e +电荷⽽质量是质⼦的两倍，是氢的⼀种同位素的原⼦核）代替质⼦，其与⾦箔原⼦核的最⼩距离多⼤？解：当⼊射粒⼦与靶核对⼼碰撞时，散射⾓为180ο。
当⼊射粒⼦的动能全部转化为两粒⼦间的势能时，两粒⼦间的作⽤距离最⼩。
根据上⾯的分析可得：220min124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---??=??=⽶由上式看出：min r 与⼊射粒⼦的质量⽆关，所以当⽤相同能量质量和相同电量得到核代替质⼦时，其与靶核的作⽤的最⼩距离仍为131.1410-?⽶。
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。
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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 θθθθαα
ααcos cos cos cos ①
由②解得：
u
C C
L +=
θθθcos sin tan 其中u=αc c v v ②
()c e v m m v m +=αα0 0v m m m v e
c +=
∴αα
③
∵ 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 e
ce α
-
= 代入④式，可得：
0v m m m v e e
c α
α+=
由此可以得到：
e
c m m v v α
α=
代入②式中，可以得到： rad m m m m e
c e
c L 410cos sin tan -≈≤
+=
α
α
θθθ 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 =
2
1⨯5
792⨯⨯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
⎰Ω2
sin
4θd =t N M A A ρ
(E Z Z 421⨯024πεe )2
θθ
θπππ
d ⎰
2
42
sin
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
7
Li 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⨯
2
4πεe =1.44⨯105-⨯5
79
2⨯≈50.56 fm
α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=＝m
r e Z Z 02
214πε＋０＝L Li Li E m m m +α
其中L E ＝
2
1
mv 2为入射粒子实验室动能，由此可以得到
m r =02
4πεe L
E Z Z 21Li Li
m m m +α＝3.02 fm
1-4 （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 ＝m
r e Z Z 02
214πε
(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=4.85Mev
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，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。
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？（质量厚度定义为
m ρ=ρt ，其中ρ为质量密度，t 为厚度）
解：
在立体角Ωd 上的粒子数为：
2
sin )44(2sin )44(4
22102422102
θπερθπεΩ
⨯=Ω⨯=d E Z Z e M N d E Z Z e Nnt dN A m A
此时
2
2105
.1=∆=
Ωr S d 代入上式可得：
610898.8-⨯=N
dN
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粒子数与散射角大于90°的粒子数之比。
解：
1:32
sin 2sin 2
4
3
4
90600
0=ΩΩ=
⎰⎰>>π
π
π
π
θ
θ
d d N N
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0θ>20°散射时的相对粒子数（散射粒子数与入射粒子数之比）为4.0310-⨯.试计算：散射角θ=60°相对应的微分散射截面Ω
d d σ。
解：
由微分散射截面定义)(θσc =(E Z Z 421⨯
24πεe )22
sin
14θ
,在θ>0θ=20°散射时有：
θ
θθ
ππερθπεd E Z Z e M N d E
Z Z e Nnt N dN A m A cos 2
sin 4)44(2sin )44(0000
18020322102180204
22102
⎰⎰-⨯=Ω⨯=
=ππερ4)44(22102E
Z
Z e M N A m A ⨯2cot 10°=3100.4-⨯ 查表可知：
mol g M M Ta A /181)(==
故 sr m N M m A A c /1038.230sin 110cot 4100.42274
23)60(--︒⨯=︒
︒⨯⨯⨯=πρσ
1-8 (1)质量为1m 的入射粒子被质量为2m （12m m ≤）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L θ由下式决定：
sin L θ=12m m 。
（2）假如α粒子在原来静止的氦核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大？
略。
1-9 动能为1.0Mev 的窄质子束垂直地射到质量厚度为 1.5mg/cm ²的金箔上，若金箔中含有百分只三十的银，试求散射角大于30°的相对质子数为多少？ 解： 解：
000N A
n
nm V m N V m ====
ρ 可以得到
t A
N nt 0
ρ=
式中，ρ为靶材料的质量密度，A 为靶原子的原子量，0m 为靶原子质量。
将以上结果带入散射公式，有
⎰+⨯⨯=∆ππθ
θ
περπ6
3
22
22
002
2)7.0()4 e
41)((4Sin dSin A Z A Z E t N N N 银银
金金
=3108.5-⨯
1-10 由加速器产生的能量为1.2Mev 、束流为5.0µA 的质子束，垂直地射到厚为1.5µm 的金箔上，试求5min 内被金箔散射到下列角间隔内的质子数： （1）59——60°； （2）θ>0θ=60°；
(3) θ<0θ=10°。
解：5min 内射到金箔上的质子数为：
个12
19
10375.910
6.1⨯=⨯=
-It N θ
θθ
θ
θθ
ππερθπεd d E Z Z e M d N N d E Z Z e Nnd dN A A sin 2
sin 10863.2sin 2sin 2)44(2
sin )44(4
94221024
22102--⨯⨯=⨯=Ω⨯= (1) 59o —61°范围内 个9961594
9
10386.1484.010863.2sin 2
sin 10863.2⨯=⨯⨯=⨯⨯=∆⎰︒
︒-θθθ
d N
（2）θ>0θ=60°范围内：
个109180604
910718.1610863.2sin 2
sin 10863.2⨯=⨯⨯=⨯⨯=∆⎰
︒︒
-θθθ
d N
（3）θ>0θ=10°范围内
个119180104
9
1048.73.26110863.2sin 2
sin 10863.2'⨯=⨯⨯=⨯⨯=∆⎰
︒︒
-θθθ
d N
θ<0θ=10°范围内：
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