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：
11122M?V?M?V??mev222 2 （1）
M?V?M?V?cos??mevcos?1
（2）
0?M?V?sin??mevsin? （3）
sin?mev?M?Vsin(???) （4）
作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得sin?M?V??M?Vsin(???) （5）
再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，
2sin2?M?sin2?2M?V?M?V?V2sin(???)mesin2(???) 22 化简上式，得
M?sin(???)?sin??si2n?me22 （６）
me??M?若记
，可将（６）式改写为
?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）
2
将（9）式代入（7）式，有
?sin(90??)??sin??sin?2022
me1sin?????M?4?1836由此可得 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
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??ntN依: a16sin?22?sin?d? dN??a22?sin?d???ntN?4?16sin22 sin?d??2sincos2d()?2sin2d(sin)22222
3
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