原子核物理习题答案--卢希庭版全.pdf 112页

'第一章原子核的基本性质习题答案 1.1解：由元素特征X射线频率与原子序数Z有如下关系:AZB(1)其中：71/281/2A5.210sB1.510s又由(2)已知能量Eh则联立（1）和（E7.88k2）解得：eVZ=29故该元素的原子序数为29 1.2122U2mv解：由mvqU和qvB可知：v2RRB其中U=1000VR=0.182mB=0.1T故可解得：v1.099105m/s2qU26由m可解得2m2.65310kgvm离子质量数A161u 1.321mv2解：由mvqU和qvB2R2mU22R2p1对质子：mpeR1B1/2U112eB12mUHe2对4He：R1（偏转同样的轨道）2eB226mUBUV1.310He211则B2其中2mU6UV2.610p12BT10.6故可解得BT21.2 1.4解：原子核半径1RrA30其中：r1.45fm0故可得：4He的半径R2.3fm2107Ag的半径R6.88fm47238U的半径R8.99fm92 1.5解：当原子能级的电子的总角动量j大于核自旋I时，能级分裂为2I+1条。所以有2I+1=6即I=5/2241243故Am和Am核的自旋均为5/2 1.61解：由原子核半径RrA30设该稳定核为Ax111则有rA3rA30x03故所求稳定核是A7x7即所求稳定核为Li。 1.7解：由于核的基态具有最小的T值：11由TZNT3(ZN)22可知：7Li:T1/2T1/237Be:T1/2T31/214N:T0T3016O:T1T31 1.8解：核子数A相同，自旋和宇称也相同而且同位旋量子数T也相同，只是T3不同的各个态称为同位旋多重态。12C的自旋和宇称为1+121212查表知B和N的自旋和宇称与C的相同，为1+112T(ZN)0C的32121211N和B的TZNT(ZN)6221212所以，B和N的基态同位旋量子数均为T112B的T3112T1N的3121212综上B和N基态，同位旋量子数T和C的第一激发态的T相同都是1T3分别为-1，+1和0121212所以,B和N的基态与C的第一激发态组成同位旋三重态。 1.922解：质子的转动惯量ImR53PI则质子的能量为2又因为原子的磁矩为Rd2Rsin2422RRsin232253ee353由4Re，则gpN12mm2261e如果PEsmax，则552BN12m6 1.10解：原子核由中子和质子组成，中子和质子的自旋均为1/2，同时他们在原子核内有复杂的相对运动，具有相应的轨道角动量，所有这些角动量的矢量和就构成原子核的自旋，原子核的自旋为核内部运动与核外部运动状态无关。 1.11解：核磁共振时原子核吸收磁场能量引起核外电子超精细结构能级之间跃迁，并不是核能级间的跃迁。因为原子核的核距与外磁场作用产生附加能量，附加能量有2I+1个取值，导致同一能级加上2I+1个不同的附加能量从而形成2I+1个能级，核磁共振能级跃迁时2I+1个能级中的相邻子能级之间的跃迁，而不是核能级的跃迁。 第二章放射性和核的稳定性习题答案 2.1t解：t时间内未衰变的份额为e所以，t时间内衰变的份额为t1eTln2衰变常量和半衰期的关系为：12T12ln2tT1一天衰变的份额：1e217.2500ln210d十天衰变的份额：1e3.66d84.9500衰变的原子数分别为：m14NN17.25004.64101AMm15NN84.95002.281010AM 2.2解：ANmNln2ATM12AMTAM12mλNln2NAA所以:43.710s222g/mol3.8242436000s12m6.5010g1C的质量123iln26.02210mol3310Bq222g/mol3.8242436000s13m1.7610g10Bq的质量223ln26.02210mol 2.3解：放射性活度为ANmNNAMmln2mANNAAMTM1/20.6931g23186.02210mol1.6610Bq4138.48.6410210g8则其放射性活度为1.6610Bq 2.425556HMnMnn由人工放射性生长公式tln2-T1-t2AP(1-e)P(1-e)8带入数值解得A=4.6610Bq568即轰击10h后Mn的放射性活度为4.6610Bq 2.5解：197198nAuAuln2t由人工放射性的生长公式得:AP(1eT1/2)95%P即ln2teT1/25%所以，即需要照射t11.652d.(ln0.05/ln2)T1/211.652d 2.6解：由于放射性活度为：mln2mANNNAAMTM1/2235则U的半衰期为：ln2N1AT1/2MA/m2310.6936.02210mol11682.2210s7.010a235g80.0Bqmg2358即U的半衰期为7.010a 2.7解：当该核素β放射性强度I随时间的变化是aβ衰变与β衰变共同作用的结果部分放射性活度在任何时候都是与总放射性活度成正比。ln2T设总的衰变常量为且12ln2etT12IIeIe00解得：T12=3.01min 2.8解：2352355tN(U)N(U)e02382388tN(U)N(U)e0235238两式相比，其中5，8分别为U,U的衰变概率。235235N(U)N0(U)e(85)t238238N(U)N(U)0所以，235235则地球的年龄为1.N(U)N0(U)9tln[]5.110a238238N(U)N(U)85095.110a 2-9t1NTN解：NNe,tln01/2ln00Nln2N而由题知由题知：N=80%N0带入数值解得:所以，5730a5tln1844.6aln24该古代人死亡年代为2005-1844.6=160a，即公元160年。 2-10121412解在有生命的机体内C与C的原子含量之比为1:1.210则体重为63㎏的人体含碳量：63kg18.25%2326N6.02210mol5.771012g/mol14含C的原子数：1214NN1.2106.9210活度:ln232ANN2.6510Bq7.1710CiT1/232即体重63kg的人体相当于2.6510Bq和7.1710C的放射源i 2-11解：因为NNet0在有生命的机体内的与原子含量之比为由于在此过程中无变化121412设的原子数为则／=CC1:1.210若设现在的原子数为N则／=／=／=12C该长毛象已死的时间为：12NN1.21012C=1212N01414CNN6.981012NN6.98101412t01.210e1NTN01/20tlnln4Nln2N2.3510a 因为测量精度=7%其中为总计数Nc所以=204Nc又Nc=ATA为放射性活度，14CT为测量时间所以T=／Amln2mANNNcAAMTM1/2为14的半衰期，m为样品中含14的质量，MTCC1/2为14的质量数。C带入数据解得：204573036524360014T195d-323-140.6930.9106.022106.9810若要达到相同的精度，至少要测量195天. 2.121222BE[M(H)mM(H)]c解：H的结合能：n[1.0078251.0086652.014102]u931.494MeV2.224MeV比结合能B2.224MeV1.112MeVA2同理依次为：B8.55140：比结合能MeVCaB342.05MeVA197Au：B1559.363MeV比结合能BA7.916MeV197C：B1881.30MeV比结合能B7.465MeVfA 2.13132解：3的结合能为B(1,2)[M(H)2mM(H)]cHn(1.00782521.0086653.016050)931.414MeV8.481MeV同理，依次为：3：B(2,3)7.718MeVHe12B：B(5,12)79.57MeV12：B(6,12)92.16MeVC13N：B(7,13)94.104MeV13：B(6,13)97.11MeVC 2.14解：130130130TeIXe则此两核素基态的能量差为：130130EE(Te)E(Xe)130130(Te)(Xe)87.353MeV(89.881)MeV2.53MeV 2.15解：235nUff2~3nQ(Q210MeV)121kg235吸收中子完全裂变放出的能量约为U1kg231E6.0210mol210MeV235g/mol265.410MeV相当于煤的质量265.410MeVm2.54t10即释放的能量为3.410相当于燃烧J/t2.54t煤。265.410MeV 2.16解：13从C核中取出一个中子或质子,各需的能量为：Sn(Z,A)(Z,A1)(n)(Z,A)所以1Sp(Z,A)(Z1,A1)(H)(Z,A)带入数据得：Sn(6,13)(6,12)(n)(6,13)08.071MeV3.125MeV4.946MeV1Sp(6,13)(5,12)(H)(6,13)13.369MeV7.289MeV3.125MeV17.533MeV 1312对C，Z=6，A=13取出一个中子后变为C，Z=N=6偶偶核中子与质子对称相处，且质子与中子各自成对相处，有较大的稳定性，结合能B(Z,A-1)非常大，12取出一个中子后变为B,Z=5,N=7奇奇核，稳定性较小，结合能B(Z-1,A)非常小，结果Sp(Z,A)非常大，13所以，从C中取出一个质子所需能量比取出一个中子所需能量大的多。 2.17解：结合能半经验公式：23213A211B(Z,A)15.835A18.33A0.714ZA92.80(Z)A11.2A22其中：偶偶核1，奇奇核奇1A核040：CaB(20,40)337.27(MeV)56B(26,56)487.17(MeV)：Fe208B(82,208)1642.75(MeV)Pb：实验结果依次是342.05MeV,492.3MeV,1636.4MeV由此可以看出根据结合能半经验公式得出的数值和实验结果符合的还是比较好的。 2.18A解：β稳定性经验公式：Z2/31.980.0155A5757Z26Ni2/31.980.015557140140XeZ582/31.980.015557575757β衰变链分别为：28Ni27CO26Fe140140140140140XeCsBaLaCe5455565758 2.19解：（1）电荷均匀分布于球体内由高斯定理EdSQ/得0s1Q4QrR23Er1.当时,E4r所以，r334R4/3R300QrR2E2.当时,E4rQ/所以，024r0球内各点电势2RQQq3rU(r)rdrdr()r4R3R4r28RR3000库伦能112R2U(r)dVU(r)rsindrddee0002223Q20R0 (2)电荷均匀分布于球面当r