原子物理学,第一章
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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。
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。