原子物理学1-4章习题解答new

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1、习题解答第一章原子的基本状况1.1解-10Thomson原子正电荷分布的半径即为原子的半径r0=10m，因为只作数量级的估计，我们把α粒子看作体积很小的点粒子，并且不考虑Thomson原子的极化效应（可避免积分计算），电学可知，当α粒子离开Thomson原子的距离为r0时，它们相互作用力最大，其大小为：22zeF=24πεr00它们相互作用时间的数量级为Δtrv∼，α粒子的动量变化为022zemvFtΔ=Δ∼4πεrv00∴α粒子的最大散射角为：2Δ=θΔv=2ze=×71zz0−−64弧度∼41×0度v4πεmrv200若度z=Δ=80,θ3。1001.2解222zeθze由bc=⋅

2、tg⇒b=242πεMvE4πε⋅00kDDD将zEM=====47,5e,θθθ60,90,160代入得:k123bf===23.4m,bf13.5m,b2.4fm。1231.3解D当θ=180时，即得r可能达到的最小值，这是入射粒子与靶核对心碰撞时，当入射m1粒子的动能全部转化为两粒子的势能时，两粒子间的距离，即2212ze11ze2rz=+(1)==(1,Mv=2E)mp2k44πεMvθπεE00sink2可见：r与入射粒子的度量无关，只要入射粒子所带电荷量相同，动能相同，则与靶m核的最小距离相同，故原子与同样能量的氘核与金箔原子核的最小距离相同，均为21−9212ze9179

3、(1.610××)−3rm==910×=1.1410×(114)fmm61−941πε0Ek0××1.61061−9(EM==×1ev101.610×J)k1.7解：实验条件完全相同的条件下，散射粒子做之比等于散射截面之比，散射角θ≥θ的散射1截面=半径为σ()θ的面积。12σ()(θθπθ≥=b)11对于θ>θ也可写出22σ()(θθπθ≥=b)22此散射角在θ和θ之间（设θ>θ）的散截面为：121222σ()θθθπθπθ≤≤=bb()−()1212DD'D'按题意，散射角在60和90之间的α粒子数n与散射角大于90的α粒子数n之比12'2DDD2Dnσθ(60≤≤90)πbb(6

4、0)−π(90)1=='2DDnbσθ(≥90)π(90)2222DDctg30−−ctg4531===2:12Dctg4511.10解：此处只作数量级估计，把α粒子看做体积很小的点粒子，并且不考虑Thomson原子的2极化效应，由此可知，当α粒子在原子表面时，它们的相互作用力最大，其大小为：22ZeF=24πεr002r0它们相互作用时间的数量级为Δt∼，α粒子的动量变化v24ZemvFtΔ=Δ∼4πεrv00∴α粒子的最大散射角为：22−192Δ×vZ44eZe93282×(1.6×10)−θ==∼=910××=2.410×rad21−−0619vr4πεmv4πεrE10×××1

5、01.6100000可见，Thomson模型根本不能产生大角度散射，Rutherford不得不抛弃它，并提出了原子的“核结构模型”。第二章Bohr的氢原子理论2.14解：在载有电流i的圆回线中心处磁场是：μ0B=ia:圆回线半径2a对n=2的轨道上的电子，它的轨道半径a和轨道运动速度分别为：v2cana=v=α0na：Bohr半径，α：精细结构常数0cvccα−4n=2时，iA===×1.410322ππana−−74μ041π×××01.410−2∴B==iw=0.44bim−1022a××(210)2.15解：（1）据Boltzmann分布，处于第一激发态的原子数目EE21−g−N

6、Ne=2KT21g1E1、E2分别为H原子基态和第一激发态能量，E1=-13.6ev、E2=-3.4ev，g1=2，g2=8，N2=13−−3.413.6218.8210××−5300394171代入上式得：NNe==e≈101284由于NN，故N代表氢原子的总数N，上述H原子数的总质量M为121N147141Mg=×110g10吨236.02310×可见室温下H原子均处于基态（2）H是balmer的第二条谱线，对应于H原n=4→2发射的谱线，常温下H原β子均处于基态，因此使H原子辐射Hβ线，光将H原子从基态激发到n2=4上去，所以需最小能为：11Δ=−=EEER−hc（-）=1

7、2.75ev14412241dBdB2.16解：∵fB==μμcos，而f=maZdZdZma∴μ=ZdBdZ12L2由运动学，有Lv==tsa,t，即2(sa=)111112V又Lv===tsv,tatt2222212LL12LL112L2即22sa=而dssa=+=22[()2+]22122VVV2Vd∴α=LL(2+L)1122mVd−24故μ==9.310×JT/正好是一个Bohr磁子zdBLL(2)+L112dz2.17解：（1）求R