原子物理学课后习题详解第1章(褚圣麟)_原子物理学褚圣麟答案

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原子物理学习题解答

刘富义编

第一章 原子的基本状况

1.1 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所对应的瞄准距离b多大？

解：根据卢瑟福散射公式：

ctg

得到：



240

Mv

22Ze

b40

KZe

2b

b

Zectg



40K



79(1.6010)ctg

(48.8510

12

192)(7.681010

15026



19)

3.9710

1

5米

式中K

Mv是粒子的功能。

1.2已知散射角为的粒子与散射核的最短距离为

rm（140)

2ZeMv

(1

1sin

2)，试问上题粒子与散射的金原子核

之间的最短距离rm多大？

解：将1.1题中各量代入rm的表达式，得：rmin（140))

2ZeMv

(1

1sin



2)

910

9479(1.6010

619)

7.68101.6010

1

419

(1

sin75



3.0210

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180。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：



Mv

K

p



Ze

40rmin

19，故有：rmin

Ze

40K

p

910

79(1.6010

6)

101.6010

19

1.1410

1

3米

由上式看出：rmin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1.141013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107米、密度为1.932104公斤/米的金箔。试求所有散射在90的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之间的粒子数dn与入射到箔上的总粒子数n的比是：

dnn

Ntd

其中单位体积中的金原子数：N/mAuN0/AAu 而散射角大于900的粒子数为：dn

'

dnnNtd



dn

所以有：

'

n

Ntd





N0

AAu

t（140)（2ZeMu

2)

90

180



coin



d 2

等式右边的积分：I90

180



coin



d2180

902

dsinsin





1故

dnn

'



N0

AAu

t（6

140)（2ZeMu

22)

8.510

78.510

4

即速度为1.59710米/秒的粒子在金箔上散射，散射角大于90以上的粒子数大约是

8.510

40。



1.5 粒子散射实验的数据在散射角很小时与理论值差得较远，时什么原（15）

因？

答：粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而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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，粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。

1.6 已知粒子质量比电子质量大7300倍。试利用中性粒子碰撞来证明：粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。

证明：设碰撞前、后粒子与电子的速度分别为：v,v',0,ve'。根据动量守恒定律，得：





''MvMvmve

''m'1

veve……(1)由此得：vvM7300

又根据能量守恒定律，得：

Mv

'2

Mv

'2



mv

'2

e

vv

将（1）式代入（2）式，得：

vv

'2



mM

v

'2e

……（2）

'2

7300(vv)

'2

整理，得：v(73001)v(73001)27300vvcos0

73001

'2

上式可写为：7300（vv)0 '

vv0

'

即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粒子束射到单位面积上质量为1.0510

2

公斤/米的5



银箔上，粒子与银箔表面成60角。在离L=0.12米处放一窗口面积为6.010

米的计

数器。测得散射进此窗口的粒子是全部入射粒子的百万分之29。若已知银的原子量为107.9。试求银的核电荷数Z。

解：设靶厚度为t。非垂直入射时引起

度t，而是tt/sin60，如图1-1所示。

'

'

'



因为散射到与d之间d立体 角内的粒子数dn与总入射粒子数n的比为：

dnn

而d为：

Ntd(1)

d（14)（zeMv

22)

dsin



（2）

把（2）式代入（1）式，得：

dnnNt（14)（zeMv

22)

dsin



……（3）

式中立体角元dds/L2,tt'/sin6002t'/3,200

N为原子密度。Nt'为单位面上的原子数，Nt/mAg(AAg/N0)

'

1，其中是单位

面积式上的质量；mAg是银原子的质量；AAg是银原子的原子量；N0是阿佛加德罗常数。

将各量代入（3）式，得：

dnn



2N03AAg

（14)（zeMv

22)

dsin



由此，得：Z=47

1.8 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

10

米的球形原子内，如果有能量为10电子伏特的粒子射向这样一个“原子”，试通过

计算论证这样的粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于90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粒子和铅原子对心碰撞，则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：

12Mv

2Ze

/40R3.7810

16

焦耳2.3610电子伏特

由此可见，具有10电子伏特能量的粒子能够很容易的穿过铅原子球。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：

F2Ze

/40R和F2Zer/40R。可见，原子表面处粒子所受的斥力最大，越

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靠近原子的中心粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使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粒子擦原子表面而过。此时受力为F2Ze2/40R2。可以认为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, 粒子的动能为

v

2K/M，所以，tD/vD

t

Mv

K，因此，M/2K

根据动量定理：FdtppMv0

而Fdt2Ze2/40R2dt2Ze2t/40R2

tt

所以有：2Ze2t/40R2Mv 由此可得：v2Ze2t/40R2M

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：

tg

vv

2Zet/40RMv2ZeD/40RMv

3

2.410

这时很小，因此tg2.4103弧度，大约是

8.2。

粒子被铅原子散射，不可能产生

‘

这就是说，按题中假设，能量为1兆电子伏特的

散射角900的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当粒子无限靠近原子核时，会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生900的散射，甚至会产生180的散射，这与实验相符合。因此，原子的汤姆逊模型是不成立的。