《原子物理学》第一章习题解答
原子物理学杨福家1-6章_课后习题答案
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M α，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：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 若 sin θ=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θϕμϕμ222)(90si nsi nsi n+=-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.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79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依θa2 sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
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原子物理学课后答案（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射线第七章：原子核物理概论第八章：超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编（7.3元定价）高等教育出版社第一章习题答案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410-rad.解：设碰撞以后α粒子的散射角为θ，碰撞参数b 与散射角的关系为2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)碰撞参数b 越小，则散射角θ越大。
也就是说，当α粒子和自由电子对头碰时，θ取得极大值。
此时粒子由于散射引起的动量变化如图所示，粒子的质量远大于自由电子的质量，则对头碰撞后粒子的速度近似不变，仍为，而电子的速度变为，则粒子的动量变化为v m p e 2=∆散射角为410*7.21836*422-=≈≈∆≈v m v m p p e αθ 即最大偏离角约为410-rad.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）如果金箔厚为1.0um ，则入射α粒子束以大于︒90散射（称为背散射）的粒子是全部入射粒子的百分之几？ 解：（1）碰撞参数与散射角关系为：2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)库伦散射因子为：Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 5.45579*2**44.1= 瞄准距离为： fm fm a b 8.2245cot *5.45*212cot 2===︒θ（2）根据碰撞参数与散射角的关系式2cot 2θa b =，可知当︒≥90θ时，)90()(︒≤b b θ，即对于每一个靶核，散射角大于︒90的入射粒子位于)90(︒<b b 的圆盘截面内，该截面面积为)90(2︒=b c πσ，则α粒子束以大于︒90散射的粒子数为：π2Nntb N =' 大于︒90散射的粒子数与全部入射粒子的比为526232210*4.98.22*142.3*10*0.1*19788.18*10*02.6--===='πρπtb M N ntb N N A 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Li 7核，则结果如何？ 解：（1）由式4—2知α粒子与金核对心碰撞的最小距离为=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 6.505.479*2**44.1=（2）若改为Li 7核，靶核的质量m '不再远大于入射粒子的质量m ，这时动能k E 要用质心系的能量c E ，由式3—10，3—11知，质心系的能量为：)(212mm mm m v m E u u c +''==式中 得k k k Li He Li k u c E E E A A A E m m m v m E 117747212=+=+≈+''==α粒子与Li 7核对心碰撞的最小距离为：=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 0.37*5.411*3*2**44.1=1—4 （1）假定金核半径为7.0fm ，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？（2）若金核改为铝核，使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？设铝核半径为4.0fm 。
原子物理学 褚圣麟 第一章习题解答
即 α 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 α 粒子束射到单位面积上质量为
9
由上式看出： rmin 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量和相同电荷的氘核 代替质子时，其与靶核作用的最小距离仍为 1.14 × 10−13 m。 1.4 钋放射的一种 α 粒子的速度为 1.597 × 107 米/秒， 正面垂直入射于厚度为
10−7 米、密度为 1.932 × 10 4 公斤 / 米3 的金箔。试求所有散射在 θ > 90ο 的 α 粒子占
ο
0
K α b Ze2
Ze 2 ctg θ 79 × (1.60 × 10 − 19 ) 2 ctg 150 9 2 2 b= = 9 × 10 × = 3.97 × 10 − 1 5 m 6 − 19 4πε 0 K α 7.68 × 10 × 1.6 × 10
2 式中 Kα = 1 是 α 粒子的功能。 2 Mv
2 1 1 1 2 ' 2 Mv α = Mv α + mv e' 2 2 2
（1） （2）
由（1）得：
G G m G' 1 G' vα − vα' = ve = ve M 7300
2 ' vα = vα + 2
……
(3)
由（2）得：
m '2 ve M
(4)
将（3）式代入（4）式，得：
K K 2 ' 2 vα = vα + 7300 ( v α − v α' ) 2
原子物理学杨福家1_6章_课后习题答案
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：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=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θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-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.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79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依θa2 sin注意到即单位体积内的粒子数 为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
原子物理学课后习题答案
第一章 原子的基本状况1.1 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67.6810⨯电子伏特。
散射物质是原子序数79Z =的金箔。
试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米式中212K Mv α=是α粒子的功能。
1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为220121()(1)4sinmZe r Mv θπε=+，试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯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180ο。
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：220min124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米 由上式看出：min r 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131.1410-⨯米。
原子物理学课后答案
速度：米/秒 加速度： 2.2 试由氢原子的里德伯常数计算基态氢原子的电离电势和第一激 发电势。 解：电离能为，把氢原子的能级公式代入，得：=13.60电子伏特。 电离电势：伏特 第一激发能：电子伏特 第一激发电势：伏特 2.3 用能量为12.5电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢 原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线？ 解：把氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量 是： 其中电子伏特 电子伏特 电子伏特 电子伏特 其中小于12.5电子伏特，大于12.5电子伏特。可见，具有12.5电子伏特 能量的电子不足以把基态氢原子激发到的能级上去，所以只能出现的能 级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为： 2.4 试估算一次电离的氦离子、二次电离的锂离子的第一玻尔轨道
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）。
《原子物理学》第一章习题解答
1第一章习题解答1-1 速度为v 的非相对论α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角为104- rad 。
证：α粒子在实验系及在质心系下的关系有：粒子在实验系及在质心系下的关系有：a a c c v v v += 由此可得：由此可得：îíì+=+=c c c L cc c L v v v v v v q q q q a aa a cos cos cos cos ①由②解得：由②解得：uC CL +=q qq cos sin tan 其中u=a c c v v ②()c e vm m v m +=aa 00v m m m v ec +=\a a③ ∵ ce c c e v v v v v -=-=a a a ，与坐标系的选择无关，与坐标系的选择无关∴ce c v v v -=a 0 ④又 ∵ 0=+ce e v m v m aa∴0v m m v ece a-= 代入④式，可得：代入④式，可得：0v m m m v e ec aa +=由此可以得到：ec m m v v a a = 代入②式中，可以得到：代入②式中，可以得到：rad m m m m ecec L 410cos sin tan -»£+=aa q q q 证毕。
证毕。
a c vce ve v c va v1-2 (1)(1)动能为动能为5.00Mev 的α粒子被金核以9090°散射时，它的瞄准距离（碰撞参°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？数）为多大？（2）如果金箔厚1.01.0µµm ，则上述入射α粒子束以大于9090°散射°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射例子的百分之几？的粒子数是全部入射例子的百分之几？ 解：（１）由库仑散射公式可得（１）由库仑散射公式可得: :b =2a cot 2q =21E e Z Z 02214pe cot 2q =21´E Z Z 21´24pee cot 4p =21´5792´´1.44´1=22.752 fm（2）在大于9090°的情况下，相对粒子数为°的情况下，相对粒子数为°的情况下，相对粒子数为: :òN dN '＝nt(E Z Z 421´024pe e )2òW 2sin4q d =t N M A A r (E Z Z 421´024pe e )2q q qp ppdò242sin sin 2 =9.4´105-1-3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞的最小距离是多少？若把金核改为7Li 核，则结果如何？核，则结果如何？解：α粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：r m =a=Ee Z Z 02214pe =EZZ 21´24pe e =1.44´105-´5792´»50.56 fmα粒子与7Li 核对心碰撞时，我们可以在质心系下考虑，我们可以在质心系下考虑，此时此时α粒子与金核相对于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：221v ECm =＝m r e Z Z 02214pe ＋０＝L Li LiE m m m +a 其中L E ＝21mv 2为入射粒子实验室动能，由此可以得到为入射粒子实验室动能，由此可以得到m r =024pe e LE Z Z 21LiLim mm +a＝3.02 fm1-4 （1）假定金核的半径为7.0fm 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？碰撞时刚好到达金核的表面？（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm. 解：仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１--３题可知：ＥC ＝mr e Z Z 02214pe (1)(1)对金核可视为静止，对金核可视为静止，实验系动能与质心系动能相等，由此得到由此得到 Ｅ＝Ｅ＝Ｅ＝16.25Mev 16.25Mev (2)(2)对铝核，Ｅ＝对铝核，Ｅ＝对铝核，Ｅ＝1.441.44´AlAlp m m m +´413=4.85Mev1-5 动能为动能为1.0Mev 的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm 2的金箔上，计数器纪录以6060°角散射的质子，计数器圆形输入孔的面积为°角散射的质子，计数器圆形输入孔的面积为1.5cm 1.5cm²，离金箔散²，离金箔散射区的距离为10cm 10cm，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子。
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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M α，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：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=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θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-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.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79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依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
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第一章习题解答
1-1 速度为v 的非相对论α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子
的最大偏离角为104- rad 。
证：α粒子在实验系及在质心系下的关系有：
ααc c v v v +=
由此可得：
⎩⎨⎧+=+=c c c L c c c L v v v v v v θθθθαα
ααcos cos cos cos ①
由②解得：
u
C C
L +=
θθθcos sin tan 其中u=αc c v v ②
()c e v m m v m +=αα0 0v m m m v e
c +=
∴αα
③
∵ ce c c e v v v v v -=-=ααα，与坐标系的选择无关
∴ce c v v v -=α0 ④
又 ∵ 0=+ce e v m v m αα
∴0v m m v e
ce α
-
= 代入④式，可得：
0v m m m v e e
c α
α+=
由此可以得到：
e
c m m v v α
α=
代入②式中，可以得到： rad m m m m e
c e
c L 410cos sin tan -≈≤
+=
α
α
θθθ 证毕。
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 ，则上述入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射例子的百分之几？ 解：
（１）由库仑散射公式可得:
b =2a cot 2θ=21E e Z Z 02214πεcot 2θ=21⨯E Z Z 21⨯
24πεe cot 4π =
2
1⨯5
792⨯⨯1.44⨯1=22.752 fm
（2）在大于90°的情况下，相对粒子数为:
⎰N dN '
＝
nt(E Z Z 421⨯
24πεe )2
⎰Ω2
sin
4θd =t N M A A ρ
(E Z Z 421⨯024πεe )2
θθ
θπππ
d ⎰
2
42
sin
sin 2
=9.4⨯105-
1-3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞的最小距离是多少？若把金核改为
7
Li 核，则结果如何？
解：
α粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：
r m =a=E e Z Z 02214πε=E Z Z 21⨯
2
4πεe =1.44⨯105-⨯5
79
2⨯≈50.56 fm
α粒子与7Li 核对心碰撞时，我们可以在质心系下考虑，此时α粒子与金核相对于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：
221v E C μ=＝m
r e Z Z 02
214πε＋０＝L Li Li E m m m +α
其中L E ＝
2
1
mv 2为入射粒子实验室动能，由此可以得到
m r =02
4πεe L
E Z Z 21Li Li
m m m +α＝3.02 fm
1-4 （1）假定金核的半径为7.0fm 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？
（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm. 解：
仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１-３题可知：ＥC ＝m
r e Z Z 02
214πε
(1)对金核可视为静止，实验系动能与质心系动能相等，由此得到 Ｅ＝16.25Mev
(2)对铝核，Ｅ＝1.44⨯Al Al p m m m +⨯413=4.85Mev
1-5 动能为1.0Mev 的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm 2
的金箔上，计数器纪录以60°角散射的质子，计数器圆形输入孔的面积为1.5cm ²，离金箔散射区的距离为10cm ，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子。
试问：散射到计数器输入孔的质子数与入射到金箔的质子数之比为多少？（质量厚度定义为
m ρ=ρt ，其中ρ为质量密度，t 为厚度）
解：
在立体角Ωd 上的粒子数为：
2
sin )44(2sin )44(4
22102422102
θπερθπεΩ
⨯=Ω⨯=d E Z Z e M N d E Z Z e Nnt dN A m A
此时
2
2105
.1=∆=
Ωr S d 代入上式可得：
610898.8-⨯=N
dN
1-6 一束α粒子垂直射至一重金属箔上，试求α粒子被金属箔散射后，散射角大于60°的α粒子数与散射角大于90°的粒子数之比。
解：
1:32
sin 2sin 2
4
3
4
90600
0=ΩΩ=
⎰⎰>>π
π
π
π
θ
θ
d d N N
1-7 单能的窄α粒子束垂直地射到质量厚度为2.0mg/cm ²的钽箔上，这时以散射角0θ>20°散射时的相对粒子数（散射粒子数与入射粒子数之比）为4.0310-⨯.试计算：散射角θ=60°相对应的微分散射截面Ω
d d σ。
解：
由微分散射截面定义)(θσc =(E Z Z 421⨯
24πεe )22
sin
14θ
,在θ>0θ=20°散射时有：
θ
θθ
ππερθπεd E Z Z e M N d E
Z Z e Nnt N dN A m A cos 2
sin 4)44(2sin )44(0000
18020322102180204
22102
⎰⎰-⨯=Ω⨯=
=ππερ4)44(22102E
Z
Z e M N A m A ⨯2cot 10°=3100.4-⨯ 查表可知：
mol g M M Ta A /181)(==
故 sr m N M m A A c /1038.230sin 110cot 4100.42274
23)60(--︒⨯=︒
︒⨯⨯⨯=πρσ
1-8 (1)质量为1m 的入射粒子被质量为2m （12m m ≤）的静止靶核弹性散射，试证明：入射粒子在实验室坐标系中的最大可能偏转角L θ由下式决定：
sin L θ=12m m 。
（2）假如α粒子在原来静止的氦核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大？
略。
1-9 动能为1.0Mev 的窄质子束垂直地射到质量厚度为 1.5mg/cm ²的金箔上，若金箔中含有百分只三十的银，试求散射角大于30°的相对质子数为多少？ 解： 解：
000N A
n
nm V m N V m ====
ρ 可以得到
t A
N nt 0
ρ=
式中，ρ为靶材料的质量密度，A 为靶原子的原子量，0m 为靶原子质量。
将以上结果带入散射公式，有
⎰+⨯⨯=∆ππθ
θ
περπ6
3
22
22
002
2)7.0()4 e
41)((4Sin dSin A Z A Z E t N N N 银银
金金
=3108.5-⨯
1-10 由加速器产生的能量为1.2Mev 、束流为5.0µA 的质子束，垂直地射到厚为1.5µm 的金箔上，试求5min 内被金箔散射到下列角间隔内的质子数： （1）59——60°； （2）θ>0θ=60°；
(3) θ<0θ=10°。
解：5min 内射到金箔上的质子数为：
个12
19
10375.910
6.1⨯=⨯=
-It N θ
θθ
θ
θθ
ππερθπεd d E Z Z e M d N N d E Z Z e Nnd dN A A sin 2
sin 10863.2sin 2sin 2)44(2
sin )44(4
94221024
22102--⨯⨯=⨯=Ω⨯= (1) 59o —61°范围内 个9961594
9
10386.1484.010863.2sin 2
sin 10863.2⨯=⨯⨯=⨯⨯=∆⎰︒
︒-θθθ
d N
（2）θ>0θ=60°范围内：
个109180604
910718.1610863.2sin 2
sin 10863.2⨯=⨯⨯=⨯⨯=∆⎰
︒︒
-θθθ
d N
（3）θ>0θ=10°范围内
个119180104
9
1048.73.26110863.2sin 2
sin 10863.2'⨯=⨯⨯=⨯⨯=∆⎰
︒︒
-θθθ
d N
θ<0θ=10°范围内：
个1211121063.81048.710315.9'⨯=⨯-⨯=∆-=∆N N N。