原子物理答案new

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1、课后答案网www.khdaw.com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-4证明：α粒子的最大偏离角约为10rad.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：121212MαV

2、=MαV′+mev（1）222MαV=MαV′cosθ+mevcosϕ（2）0=MαV′sinθ−mevsinϕ（3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得sinθmv=MVeα（4）sin(θ+ϕ)sinϕMV′=MVαα（5）sin(θ+ϕ)1课后答案网www.khdaw.com再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，22222sinϕMα2sinθMV=MV+Vαα22sin(θ+ϕ)msin(θ+ϕ)e化简上式，得Msin2(θ+ϕ)=sin2ϕ+αsin2θm（６）em

3、e若记μ=，可将（６）式改写为Mα222μsin(θ+ϕ)=μsinϕ+sinθ（７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有dθ[sin2θ−μsin(θ+ϕ)]=μ[−sin2ϕ+sin(2θ+ϕ)]dϕdθ令=0，则dϕsin2(θ+φ)-sin2φ=0即2cos(θ+2φ)sinθ=0（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2022μsin(90−ϕ)=μsinϕ+sinθ2课后答案网www.khda

4、w.com由此可得m1esinθ=μ==M4×1836α-4θ≈10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1.0μm，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.Nmol⋅N1Vρρn=总分子数=A=(N)=NAA,其他值从VVVAA书中参考列表中找.2ZZeaθ12b=cota≡解：（1）依22和

5、4πε0E金的原子序数Z2=79212Z⋅eθ79×.144o−15b=cot=cot45=22.752×10(m)24πεE2.5000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=197,43ρAu=1.888×10kg/m3课后答案网www.khdaw.com2adN′=ntN2πsinθdθ依:4θ16sin2dN′πa22

6、πsinθdθ=∫ntNπ4θ16sin22θθθθθsinθdθ=2sincos2d()=2sin2d(sin)22222θθ22sincosπe22Z222=∫πnt()2π()dθ4πεE4θ216×sin2θ22cosπe22Z22=∫πnt()2π()dθ4πεE3θ216×sin2θθ24sind(sin)πe22Z222=∫πnt()2π×()4πεE4θ216×sin2Nmol⋅N1Vρρn=总分子数=A=(N)=注意到：ANA即VVVAA单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿

7、伏加德罗常数。2e2π2Z2nt()×()是常数其值为4πε4E7236-1.88×10×6.22×10-152π2×7925-1.0×10×(1.44×10)×()=6.948×1019745.004课后答案网www.khdaw.comθθπcosπd(sin)22I=∫dθ=2∫=13θ3θπsinπsin2222-5最后结果为：dN’/N=9.6×10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

8、多少?7若把金核改为Li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。a⎡θ⎤解:对心碰撞时rm=⎢1+csc⎥，θ=180°时，2⎣2⎦ar=()1+csc90°=am2离金核最小距离2ZZe2×79×.144r=a=12==m50.56fm4πεE5.407离Li核最小距离2ZZe2×3×.144r=a=12==.192fmm4πεE5.40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