内容发布更新时间 : 2025/1/4 3:19:08星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

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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：

111222?MV?MV?mv （1） ??e222

M?V 0

?M?V?cos??mevcos? （2）

?M?V?sin??mevsin? （3）

作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得

sin?mev?M?Vsin(???) （4）

sin?M?V??M?Vsin(???) （5）

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再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，

222sin?Msin?222?M?V?M?V?V2sin(???)mesin2(???)

化简上式，得

M?sin(???)?sin??sin2? me22 （６）

me若记??，可将（６）式改写为

M?

视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有

?sin2(???)??sin2??sin2?

（７）

d?[sin2???sin(???)]??[?sin2??sin2(???)]d?

d??0，则 令 d? sin2(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

?sin2(900??)??sin2??sin2?精选资料，欢迎下载

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由此可得

me1sin????? M?4?1836

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)?NA,其他值

VVVAA从书中参考列表中找.

2ZZea?a?12b?cot4??0E 金的原子序数22 和解：（1）依 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=1.888×10kg/m

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