原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案.pptx
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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
d
2
3
2
e2
nt( 4
)2
2π
(2Z E
)2
4sin
2
d
(sin
2
)
16 sin4
2
n
注意到：
N总分子数 V
mol NA V
1 V
(V
A
NA)
N
A
A
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。
nt( e2 ) 2 ( 2Z )2
4 4 E
是常数其值为
1.0 10 -6 1.88 107 6.22 1023 (1.44 10 -15)2 π ( 2 79 )2 9.648 10 -5
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
dN ntN a 2 sin d
统在此过程中能量与动量均应守恒，有：
1 2
MV
2
1 2
M V
2
1 2
mev 2
（1）
MV MV cos mev cos
（2）
0 MV sin mev sin （3）
1
mv e
M V
sin sin( )
作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得
（4）
M V
M V
sin sin( )
粒子的百分之几？
2
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.
n N总分子数 V
mol NA V
1 V
(V
A
NA
)
N
A
A ,其他值从书中参考
列表中找.
b a cot a Z1Z 2e2
解：（1）依
2 2和
40 E
金的原子序数 Z2=79
b 1 2Z e2 cot 791.44 cot 45o 22.7521015 (m) 2 40E 2 5.00
16 sin
依:
2
dN N
nt
a2 2 sin d 16sin 4
2
2
sin d 2sin cos 2d ( ) 2sin 2d (sin )
222
2
2
2
nt(
e2
4
)2
2
(
2Z E
)2
2sin cos 22
16 sin 4
d
2
2
nt(
e2
4Байду номын сангаас
)2
2
(
2Z E
)2
2cos
2
16 sin 3
2 31.44 4.5
1.92fm
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。
（5）
再将（4）、（5） 二式与
（ 1 ） 式联 立， 消去 Ｖ’ 与 v ，
MV
2
MV
2
sin2 sin 2 ( )
M
2
V
me
2 sin 2 sin 2 ( )
化简上式，得
sin 2 ( ) sin 2 M sin 2
me
（６）
me
若记
M ，可将（６）式改写为
sin 2 ( ) sin 2 sin 2 （７） 视 θ 为 φ 的函数θ（φ），对（7）式求 θ 的极值，有
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
rm
a 1 csc90
2
a
rm
a 2
1
csc
2
，
180
时，
离金核最小距离
rm
a
Z1 Z 2e2
40E
2 79 1.44 4.5
50.56fm
离 7Li 核最小距离
rm
a
Z1 Z 2 e2
40E
rm
a 2
1
csc
2
，
180
时
，
rm
a 1 csc90 a
2
即
Z1Z 2e2
4 0
r m E
e2
4 0
Z1Z 2 rm
E 1.44fmMeV 1 79 16.25MeV
4
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.79AAu=196 13AAl=27
解：⑴若入射粒子的质量与原子核的质量满足m << M，则入射粒子与原子核之间能达到的最近距离为
d [sin 2 sin( )] [sin 2 sin 2( )] d
d 0
令 d
， 则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0
若 sinθ=0, 则 θ=0（ 极 小 ） （8）
（2） 若 cos(θ+2φ)=0 , 则 θ=90º-2φ （9）
sin 2 (900 ) sin 2 sin 2
197
4 5.00
I scino2s3 d 2d2s(isnin31 )
2
2
2
2
最后结果为：dN’/N=9.6×10-5，说明大角度散射几率十分小。
1-3～1-4 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?
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
将（9）式代入（7）式，有
sin me 1
由此可得
M 41836
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
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
d
2
3
2
e2
nt( 4
)2
2π
(2Z E
)2
4sin
2
d
(sin
2
)
16 sin4
2
n
注意到：
N总分子数 V
mol NA V
1 V
(V
A
NA)
N
A
A
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。
nt( e2 ) 2 ( 2Z )2
4 4 E
是常数其值为
1.0 10 -6 1.88 107 6.22 1023 (1.44 10 -15)2 π ( 2 79 )2 9.648 10 -5
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
dN ntN a 2 sin d
统在此过程中能量与动量均应守恒，有：
1 2
MV
2
1 2
M V
2
1 2
mev 2
（1）
MV MV cos mev cos
（2）
0 MV sin mev sin （3）
1
mv e
M V
sin sin( )
作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得
（4）
M V
M V
sin sin( )
粒子的百分之几？
2
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.
n N总分子数 V
mol NA V
1 V
(V
A
NA
)
N
A
A ,其他值从书中参考
列表中找.
b a cot a Z1Z 2e2
解：（1）依
2 2和
40 E
金的原子序数 Z2=79
b 1 2Z e2 cot 791.44 cot 45o 22.7521015 (m) 2 40E 2 5.00
16 sin
依:
2
dN N
nt
a2 2 sin d 16sin 4
2
2
sin d 2sin cos 2d ( ) 2sin 2d (sin )
222
2
2
2
nt(
e2
4
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2
(
2Z E
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2sin cos 22
16 sin 4
d
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2
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e2
4Байду номын сангаас
)2
2
(
2Z E
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2cos
2
16 sin 3
2 31.44 4.5
1.92fm
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。
（5）
再将（4）、（5） 二式与
（ 1 ） 式联 立， 消去 Ｖ’ 与 v ，
MV
2
MV
2
sin2 sin 2 ( )
M
2
V
me
2 sin 2 sin 2 ( )
化简上式，得
sin 2 ( ) sin 2 M sin 2
me
（６）
me
若记
M ，可将（６）式改写为
sin 2 ( ) sin 2 sin 2 （７） 视 θ 为 φ 的函数θ（φ），对（7）式求 θ 的极值，有
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
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时，
离金核最小距离
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离 7Li 核最小距离
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即
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4
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.79AAu=196 13AAl=27
解：⑴若入射粒子的质量与原子核的质量满足m << M，则入射粒子与原子核之间能达到的最近距离为
d [sin 2 sin( )] [sin 2 sin 2( )] d
d 0
令 d
， 则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0
若 sinθ=0, 则 θ=0（ 极 小 ） （8）
（2） 若 cos(θ+2φ)=0 , 则 θ=90º-2φ （9）
sin 2 (900 ) sin 2 sin 2
197
4 5.00
I scino2s3 d 2d2s(isnin31 )
2
2
2
2
最后结果为：dN’/N=9.6×10-5，说明大角度散射几率十分小。
1-3～1-4 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?
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
将（9）式代入（7）式，有
sin me 1
由此可得
M 41836
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