课后习题 原子物理

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.

N总分子数mol?NA1V????(NA)?NA,其他值从书中参考列表中找. VVVAA2ZZea?a?12b?cot4??0E 金的原子序数Z2=79 22 和解：（1）依

n?12Z?e2?79?1.44 b?cot?cot45o?22.752?10?15(m)

24??0E25.00 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: dN??ntNa16sin?22?sin?d?

??a22?sin?d??????dN sin?d??2sincos2d()?2sin2d(sin)??ntN?4?22222

16sin222sincos2cos2??e22Z2e2Z2222d??nt(2d????nt()2?())2?()???4??E4??E16?sin3?2216?sin4222??????nt(2?e22Z)2π?()24??E24sin?d(sin)22?

16?sin4?2注意到：n?N总分子数mol?NA1V????(NA)?NA 即单位体积内的粒子数 VVVAA

为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。

e22?2Z2是常数其值为 nt() ?()4??4E

1.88?107?6.22?1023π2?792-61.0?10?(1.44?10-15)2?()?9.648?10-5

19745.00最后结果为：dN’/N=9.6×10-5

说明大角度散射几率十分小。

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.79AAu=196

d(sin)2d??22?1 I??????sin3?sin32222??cos??13

AAl=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rm?aa????1?csc90???a 1?cscr?，时 ， ??180?m?2?22??Z1Z2e2e2Z1Z2 即 ?rm?E?4??04??0rm1?79?16.25MeV 即： E?1.44fmMeV?7.0fm⑵ 若金核改为铝核，m << M则不能满足，必须考虑靶核的反冲在散射因子

Z1Z2e2中，应把E理解为质心系能EC a?4??0EZ1Z2e2Z1Z2e2m?M1mMM2 EC? V?EL ?ac???2m?Mm?M4??0EC4??0Mac?rm

Z1Z2e2m?M?EL???4.85MeV

4??0acM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.

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

?2d??22?sin?d?

dN'?ntN?ntN?161644?sin2sin22d(sin???12dN'????12)?2?sin?d?2???22 ntN?ntN??14??16sin416sin32?22??(dsin)1802???11??3 因为 ???60223?2??sinsin?22?60??180??(dsin)1802???11??1 同理算出 ???90223?2??sinsin?22?90?dN'?603/2可知 ??3

dN'?901/21-8 (1)质量为m1的入射粒子被质量为m2（m2<< m1）的静止靶核弹性散射,试证明:入射粒子

?180sin??m2m1在实验室坐标系中的最大可能偏转角θ由下式决定. （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：

111m1V2?m1V?2?m2v2 （1） 222m1V?m1V?cos??m2vcos? （2） 0?m1V?sin??m2vsin? （3）

作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得

m2v?m1Vsin? （4）

sin(???)sin? （5） m1V??m1Vsin(???)2再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，得

sin2?m12sin2? m1V?m1V?Vsin2(???)m2sin2(???)22 化简上式，得

sin2(???)?sin2??若记??m2sin2? （６） m1m2，可将（６）式改写为 m1 ?sin2(???)??sin2??sin2? （７）

视θ为φ的函数θ(φ)，对(7)式求θ的极值，有

令

d??0，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0, 2cos(θ+2φ)sinθ=0 d?d?[sin2???sin(???)]??[?sin2??sin2(???)]d?

(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?sin2(90???)??sin2??sin2(?)由此可得 sin????m2 m1

若m2=m1 则有 sin????2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能? 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发.

解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li++从基态n=1激发到第一激发态n=2.

m2此题得证。 ?1,??90?m1

因为

En??RLi??hcZ n ⊿E=E2-E1=Z2RLi++hc（1/12-1/22）≈32×13.6×3/4eV=91.8eV

2-7 试问哪种类氢离子的巴耳末系和赖曼系主线的波长差等于133.7nm? 要点分析: 只要搞清楚巴耳末系主线n32和赖曼系主线n21的光谱波长差即可. 解:赖曼系m=1,n=2; 巴耳末m=2,n=2

设此种类氢离子的原子序数为Z.依里德伯公式则有

36115RA?Z2 即 ?B? ?RA?Z(2?2)?25RA?Z?B2336124113RA?Z2?RA?Z(2?2)? ?L?

3RA?Z2?L12436488?B??L????133.7

5RA?Z23RA?Z215RA?Z212 解之 Z= 2（注意波数单位与波长单位的关系,波长取纳米,里德伯常数为0.0109737nm-1,1cm=108nm,即厘米和纳米差十的八次方） Z=2, 它是氦离子.

2-11 已知氢和重氢的里德伯常最之比为0．999 728，而它们的核质量之比为mH／mD=0.500 20，试计算质子质量与电子质量之比．

要点分析: 用里德伯常量计算质子质量与电子质量之比. 解： 由

RA?R111 得 RH?R RD?R mmm1?e1?e1?eMMHMDmeRHmDmHme?mD??mRDmDme?mH1?emHmmHmDmHme??10.50020?e?1mmmHmmmH?HD?DH??0.999728

memememD?1?1mHmHmH1?memH可得 ?0.0005445 ?1836.5?1.8365?10mHme

3.1 电子的能量分别为10eV，100 eV，1000 eV时，试计算相应的德布罗意波长。 解：依计算电子能量和电子波长对应的公式

p2电子的能量: Ek??p?2meEk

2mehh由德布罗意波长公式: ?????p2meEK ??

1.226nm E?1?1.226nm?0.388nm 10