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：
111M?V2?M?V?2?mev222 2 （1）
?cos??mevcos?MV?MV?? （2） ?sin??mevsin?0?MV? （3）
sin?mev?M?Vsin(???) （4）
作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得sin?M?V??M?Vsin(???) （5）
1
222sin?Msin?222?M?V?M?V?V22sin(???)msin(???) e再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， 化简上式，得
M?2sin(???)?sin??sin?me （６）
22，可将（６）式改写为
me??M?若记
?sin(???)??sin??sin? （７）
222视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有
d?[sin2???sin(???)]??[?sin2??sin2(???)]d? d??0d?令 ，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）
2022?sin(90??)??sin??sin?
将（9）式代入（7）式，有
由此可得me1sin?????M?4?1836 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.
N总分子数mol?NA1V??n???(NA)?NAVVVAA,其他值从书中参考列表中找.
2ZZe12a?a?b?cot4??0E22 和解：（1）依 金的原子序数Z2=79
2
12Z?e2?79?1.44b?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
dN??ntNa2?sin?d?16sin?依: 2 dN??a22?sin?d?N???nt4? 216sin2 sin?d??2sin?????2cos22d(2)?2sin22d(sin2) 2?????e2sincos?nt(22Z222d?24??)2?(E)16?sin4?2 ????e222Z22cos?nt(224??)2?(E)d?16?sin3?2 4sin?????e2d(sin)?nt(22Z22224??)2π?(E)16?sin4?2 n?N总分子数?mol?NA?1(V?N?A注意到：VVVA)?ANA为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
3
即单位体积内的粒子数 e22?2Z2nt() ?()4??4E 是常数其值为
7231.88?10?6.22?10π2?7921.0?10-6?(1.44?10-15)2?()?9.648?10-519745.00
最后结果为：dN’/N=9.6×10-5，说明大角度散射几率十分小。 1-3～1-4 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，影响靶核大小估计的因素。
d(sin)2d??22?1I?????3?sin?sin32222 ??cos??aa???rm??1?csc?rm??1?csc90???a2?2?，??180?时 ，2解: 对心碰撞时 Z1Z2e22?79?1.44rm?a???50.56fm4??0E4.5离金核最小距离 Z1Z2e22?3?1.44rm?a???1.92fm4??0E4.5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.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
aa???rm??1?csc?rm??1?csc90???a2?2?，??180?时 ， 2 Z1Z2e2e2Z1Z2?rm?E?4??04??0rm即 1?79E?1.44fmMeV??16.25MeV7.0fm 即：
4
Z1Z2e2a?4??0E⑵ 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EC
中，应把E理解为质心系能
22ZZeZZem?M1mMM12122??EC?V?EL?ac?4??0EC4??0M2m?Mm?M ac?rm Z1Z2e2m?M?EL???4.85MeV4??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.
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?
2ZZe12a?a?b?cot4??0E22 和 解： 依
2Z?e2?2?79?(1.6?10?19)2o?15b?cot?cot75?3.9664?10(m)27.684??0m?v024?3.14?8.85?10?12??1062 答：散射角为150o所对所对应的瞄准距离为3.9664×10-15m
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dn’,入射的总粒子数为n,金箔的单位体积内的粒子数为N。
dn?Ntd?依: n ??dn'122Z?e222?sin??Nt??d??Nt??()?()d?2nMv?4?224??sin2 N?注意到： d(sin)2d??22?1I??????N0?sin3?sin32A 222 ??cos??
最后结果为：dn/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
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