临沂师范学院物理系：《原子物理学习题解答》（刘富义）

原子物理学习题解答 刘富义编 临沂师范学晚物理糸 理论物理教研

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第一章原子的基本状况 1.1若卢瑟福散射用的a粒子是放射性物质镭C放射的,其动能为7.68×10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: M 2 cot= K 2b=402b e 得到: b=ze2cg号 79×(1.60×1019)2ctg15 10、=3.97×10-米 4a(4×8.85×10-12)×(7.68×106×10-19) 式中K=Mv是a粒子的功能。 1.2已知散射角为0的a粒子与散射核的最短距离为 1 Im=( 22(1+1 4v2sin sin,试问上题a粒子与散射的金原子核 之间的最短距离厂多大? 解:将1.1题中各量代入的表达式,得: Imin E0 My?(1+ 12Ze2 sin 7.68×106×1.60×10-19×(1+1 =9×1094×79×(1.60×10-19) ) sin75° =3.02×10-14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? :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=p-4E0min 'm in =-Ze2 e,故有:rmin4πK =9×109×79×(1.60×10-19)2 10×1.60×10-19=1.14×10-13米

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 放射的，其动能为 电子伏 ' C 6 7.68 10  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 多大？    b 解：根据卢瑟福散射公式： 2 0 0 2 2 c o t 4 4 2 2 M v K b b Z e Z e         得到： 米 2 19 2 150 2 2 15 12 6 19 0 79 (1.60 10 ) 3.97 10 4 (4 8.85 10 ) (7.68 10 10 ) Ze ctg ctg b K                    式中 是 粒子的功能。 1 2 K Mv  2   1.2 已知散射角为 的 粒子与散射核的最短距离为 ，试问上题 粒子与散射的金原子核 2 2 0 2 1 2 1 ( ) (1 ) 4 s i n m Z e r M v       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： 2 m in 2 0 2 1 2 1 ( ) (1 ) 4 sin Z e r M v      19 2 9 6 19 4 79 (1.60 10 ) 1 9 10 (1 ) 7.68 10 1.60 10 sin 75               米 14 3.02 10    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： ，故有： 2 2 0 m i n 1 2 4 p Z e M v K   r   2 m i n 0 4 p Z e r   K  米 1 9 2 9 1 3 6 1 9 7 9 (1 .6 0 1 0 ) 9 1 0 1 .1 4 1 0 1 0 1 .6 0 1 0            

由上式看出:F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1.14×10-3米。 14钋放射的一种a粒子的速度为1597×107米秒,正面垂直入射于厚度为107米 密度为1932×104公斤/米3的金箔。试求所有散射在>90的a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θ~θ+d之间的a粒子数a与入射到箔上的总粒子数n的比是: wtd 其中单位体积中的金原子数:M=P1mAn=pN01AA 而散射角大于90°的粒子数为:如=m=mMh小hlo N∫xd 所以有 2Z CoS 丌E SIn 等式右边的积分:/=/cosO dsin d=2J8 Sin 2Ze2 兀(=,x,2 8.5×10-6=8.5×10-4% 即速度为1.597×103米/秒的a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 15∝粒子散射实验的数据在散射角很小(6≤15°)时与理论值差得较远,时什么原 因? 答:α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而α粒子通过金属箔,经过

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 米。 13 1.14 10   1.4 钋放射的一种 粒子的速度为 米/秒，正面垂直入射于厚度为 米 、 7 1.597 10  7 10  密度为 的金箔。试求所有散射在 的 粒子占全部入射粒子数 4 1.932 10  3 公斤/米 90     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： d n N t d n   其中单位体积中的金原子数： 0 / / N m N A     A u A u 而散射角大于 的粒子数为： 0 90 2 ' dn dn nNt d      所以有： 2 ' d n N t d n     2 0 2 2 1 8 0 2 9 0 3 0 c o s 1 2 2 ( ) ( ) 4 s i n 2 A u N Z e t d A M u              等式右边的积分： 180 180 90 90 3 3 cos sin 2 2 2 1 sin sin 2 2 d I d               故 ' 2 0 2 2 2 0 1 2 ( ) ( ) 4 A u d n Z e N t n A M u        6 4 0 8 .5 1 0 8 .5 1 0 0       即速度为 的 粒子在金箔上散射，散射角大于 以上的粒子数大约是 7 1.597 10 /  米 秒  90  8.5 10  4 0 0 。 1.5  粒子散射实验的数据在散射角很小 15 时与理论值差得较远，时什么原  （  ） 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6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,α粒 子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。 6已知α粒子质量比电子质量大7300倍。试利用中性粒子碰撞来证明:α粒子散射受 电子的影响是微不足道的”。 证明:设碰撞前、后a粒子与电子的速度分别为:,ⅳ,0,。根据动量守恒定律,得 My=My+my 由此得:ia-a=M 7300 又根据能量守恒定律,得:M (2) 将(1)式代入(2)式,得: 2=+7300(i-)2 整理,得:n2(7300-1)+a(7300+1)-2×7300 yy cos 8=0 7300≥1 上式可写为:7300(-)2=0 a-P=0 即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的 17能量为3.5兆电子伏特的细a粒子束射到单位面积上质量为105×102公斤/米 的银箔上,a粒子与银箔表面成60°角。在离L=012米处放一窗口面积为60×10-5米2 的计数器。测得散射进此窗口的a粒子是全部入射a粒子的百万分之29。若已知银的原子 量为1079。试求银的核电荷数Z。 解:设靶厚度为1。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚 度r,而是r=r/sin60°,如图1-1所示 因为散射到O与0+之间2立体 角内的粒子数dn与总入射粒子数n的比为: Ntd 而d为: 图1.1 d=( (2) 4T80My

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： 。根据动量守恒定律，得： ' , ',0, e v v v    ' 'e M v M v m v        由此得： …… (1) ' ' ' 7300 1 e e v v M m v v          又根据能量守恒定律，得： 2 ' 2 2 ' 2 1 2 1 2 1 Mv   Mv   mv e ……（2） 2 ' 2 2 ' e v M m v   v   将（1）式代入（2）式，得： 整理，得： (7300 1) (7300 1) 2 7300 cos 0 ' 2 2 ' v    v     v  v    0 7300 ) 0 7300 1 ' ' 2            v v v v      上式可写为： （ 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 2 2 1.0510  公斤/米 的银箔上， 粒子与银箔表面成 角。在离 L=0.12 米处放一窗口面积为  60 5 2 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 。非垂直入射时引起 粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚 ' t  度 ，而是 ，如图 1-1 所示。 ' t  /sin 60 ' t  t 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： (1) d n N t d n   而 d 为： （2） 2 sin ) ( ) 4 1 ( 4 2 2 2 2 0      d Mv ze d 60º t , t 20º 60° 图 1.1 ' 2 2 2 ' 7300 ( )     v v v v     

把(2)式代入(1)式,得: (3) 4t0 Mv2 式中立体角元2=d/E,r=1/sin600=2/√3,0=200 N为原子密度。M为单位面上的原子数,M=n/m=m(d/M),其中是单位 面积式上的质量;m是银原子的质量:是银原子的原子量:M是阿佛加德罗常数。 将各量代入(3)式,得: 由此,得:Z=47 18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 10-0米的球形原子内,如果有能量为10°电子伏特的a粒子射向这样一个“原子”,试通过 计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于900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α粒子和铅原子对心碰撞,则α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 Mh2=22/4xe0R=3,78×106焦耳≈2.36×103电子伏特 由此可见,具有10°电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球。α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=222/4ms0R2和F=2e2r/4msoP3。可见,原子表面处a粒子所受的斥力最大,越 靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小,而且瞄准距离越小,使α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a粒子擦原子表面而过。此时受 力为F=2z2/4ER2。可以认为a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tD,a粒子的动能为M2=K,因此 r=√2K/M,所以,t=D/r=DM/2K 根据动量定理:fF=p1-10=Mh1-0

把（2）式代入（1）式，得： ……（3） 2 sin ) ( ) 4 1 ( 4 2 2 2 2 0     d Mv ze Nt n dn 式中立体角元 2 ' 0 ' 0 d  ds/ L ,t  t /sin 60  2t / 3,  20 N 为原子密度。 为单位面上的原子数， ，其中 是单位 ' Nt 1 0 ' / ( / )  Nt  mAg  AAg N  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： 2 sin ) ( ) 4 1 ( 3 2 4 2 2 2 2 0 0      d Mv ze A N n dn Ag 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 米的球形原子内，如果有能量为 电子伏特的 粒子射向这样一个“原子”，试通过 10 10  6 10  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 的散射。这个 0 90 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： 2 2 2 / 4 0 3.78 10 16焦耳 2.36 10 3电子伏特 2 1       Mv Ze  R 由此可见，具有 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 6 10   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： 。可见，原子表面处 粒子所受的斥力最大，越 3 0 2 2 0 2 F  2Ze / 4 R 和F  2Ze r / 4 R  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 。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 2 0 2 F  2Ze / 4 R  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 Mv  K ，因此， 2 2 1 v  2K / M ，所以，t  D / v  D M / 2K 根据动量定理： 0 0 0         Fdt p p Mv t