Tài liệu Toán lượng tử vật lí

hc  Ao  Ed MAX  THEO ĐỊNH LÝ ĐỘNG NĂNG: e U AK  E dA  E dMAX THEO CÔNG THỨC ANHTANH : 2 2 mv0 mv 2 mv0 m.v 2  eU h =>   eU AK   e (U h  U AK ) 2 2 2 2 m.v 2  e (U h  U AK ) V: vận tốc cực đại đập vào Anot, V0 : vận tốc ban đầu cực đại. 2 1 1 2 m e v 2  me v 0 2 2 ( v0 và v lần lượt là vận tốc đầu và vận tốc sau khi tăng tốc của e). r r - Trong điện trường đều: Fd   e E - Điện áp U tăng tốc cho electron: eU  Độ lớn: Fđ  e E - Trong từ trường đều: Bỏ qua trọng lực ta chỉ xét lực Lorenxơ:  f  e vB sin    v, B Nếu vận tốc ban đầu vuông góc với cảm ứng từ: Êlectron chuyển động tròn đều với bán kính mv0 max m.v R ; bán kính cực đại: Rmax  eB eB Nếu vận tốc ban đầu xiên góc  với cảm ứng từ: Êlectron chuyển động theo vòng xoắn ốc với bỏn mv0 max kớnh vũng ốc: R  e B sin    Ví dụ1: Chiếu bức xạ điện từ vào catôt của tế bào quang điện tạo ta dòng quang điện bảo hòa. Người ta có thể triệt tiêu dòng quang điện bảo hòa này bằng điện áp hãm U h  1,3V . Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho nó đi qua một từ  trường đều có cảm ứng từ B  6.10 5 T theo phương vuông góc với B . a. Tính vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron. b. Tính lực tác dụng lên electron. c. Bán kính quỹ đạo của electron trong từ trường. Hướng dẫn giải: a. Ta có:  v0 max  1 2 mv0 max  eU h 2 2eU h  m 2.(1,6.10 19 ).  1,3  6,76.10 5 m / s 9,1.10 31 b. Lực tác dụng lên electron chính là lực Lo-ren-xơ, tính bởi biểu thức : f  e vB sin  Trong đó  là góc hợp bởi LUONG TU CHO THAY 2014  v o max và  B, ở đây   90 0 . 1 f  e vB  1,6.10 Vậy : c. Bán kính của electron : 19 .6,76.10 5.6.10 5  6,5.10 18 N R mv0 max  0,064m  6,4cm . eB - Gọi P là công suất của nguồn sáng phát ra bức xạ  đẳng hướng, d là đường kính của con ngươi. Độ nhạy của mắt là n photon lọt vào mắt trong 1(s). Khoảng cách xa nhất mà mắt còn trông thấy nguồn sáng bằng: Dmax  d 4 P d  n 4 P nhc Chú ý: Khi dòng quang điện bảo hoà thì n’ = ne Ví dụ 2: Catốt của một tế bào quang điện có công thoát là 2,26eV. Bề mặt catốt được chiếu bởi bức xạ có bước sóng 0,4m. a. Tính tần số của giới hạn quang điện. b. Bề mặt catốt nhận được một công suất chiếu sáng là 3mW. Tính số phôtôn mà bề mặt catốt nhận được trong 30s. c. Cho hiệu suất quang điện bằng 67%. Tính số êlectron quang điện bật ra trong mỗi giây và cường độ dòng quang điện bão hòa. Hướng dẫn giải: a. b. c A 2,26.1,6.10 19    0,5458.1015 Hz. 0 h 6,625.10 34 Gọi n là số phôtôn chiếu đến tế bào quang f0  Công suất bức xạ: P  n   điện trong 1s. n hc P 3.10 3.0,4.10 6  n    6,04.1015 34 8  hc 6,625.10 .3.10 Số phôtôn mà bề mặt catốt nhận được trong 30s: N=30 n =181,2.1015 c. Gọi n' là số êlectron bị bật ra trong 1s: n'  67% n = 4,0468.1015. Cường độ dòng quang điện bão hòa: I  n' e  n e  4,0468.1015.1,6.10-19 =0,6475mA. bh e Ví dụ 3(*): Nguồn sáng có công suất P  2 W , phát ra bức xạ có bước sóng   0,597 m tỏa theo mọi hướng. Tính xem ở khoảng cách bao xa người ta còn có thể trông thấy được nguồn sáng này, biết rằng mắt còn thấy nguồn sáng khi có ít nhất n  80 photon lọt vào mắt trong 1 giây. Biết con ngươi có đường kính d  4mm . Bỏ qua sự hấp thụ photon của môi trường. Hướng dẫn giải: Số photon của nguồn sáng phát ra trong 1 giây: n  P P   hc Gọi D là khoảng cách từ mắt đến nguồn sáng, thì số photon trên được phân bố đều trên mặt hình cầu có bán kính là D. Số photon qua 1 đơn vị diện tích của hình cầu trong 1 giây là: k  LUONG TU CHO THAY 2014 n P  2 4D hc.4D 2 2 2 d 2 P Pd 2 d  Số photon lọt vào con ngươi trong 1 giây là: N     .k  .  4 hc.4D 2 16hc.D 2 2 Để mắt còn nhìn thấy được nguồn sáng thì N  n  80 ( n là độ nhạy của mắt – số photon ít nhất lọt vào măt mà mắt còn phát hiện ra). Suy ra: d P 4.10 3 P d 2  n D 4` nhc 4 16hc.D 2 2.0,597.10 6  374.10 3 m 80.6,625.10 34.3.108 Ví dụ 4 (*): Một ống Rơn-ghen hoạt động dưới điện áp U  50000 V . Khi đó cường độ dòng điện qua ống Rơn-ghen là I  5mA . Giả thiết 1% năng lượng của chum electron được chuyển hóa thành năng lượng của tia X và năng lượng trung bình của các tia X sinh ra bằng 75% năng lượng của tia có bước sóng ngắn nhất. Biết electron phát ra khỏi catot với vận tôc bằng 0. a. Tính công suất của dòng điện qua ống Rơn-ghen b. Tính số photon của tia X phát ra trong 1 giây? c. Catot được làm nguội bằng dòng nước có nhiệt độ ban đầu t1  10 0 C . Hãy tìm lưu lượng nước (lít/phút) phải dung để giữ cho nhiệt độ catot không thay đổi. Biết khi ra khỏi ống Rơn-ghen thì nhiệt độ của nước là t 2  250 C . Nhiệt dung riêng của nước là c  4200 J kg.K . Khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3. Hướng dẫn giải: a. Công suất của dòng điện qua ống Rơn-ghen (chính là năng lượng mà chùm electron mang đến catot trong 1 giây): P  UI  50000.5.10 3  250 W b. Năng lượng của chùm tia Rơn-ghen sinh ra trong 1 giây: W  0,01.UI Kh electron chuyển động đến catot và bức xạ ra tia Rơn-ghen có bước sóng ngắn nhất sẽ có năng lượng lớn nhất: W  e U (toàn bộ năng lượng của do electron đem tới đều chuyển hóa thành năng lượng của tia X) Năng lượng trung bình của các tia X: W  0,75 e U max Số photon do tia X sinh ra trong 1 giây: N  W 0,01.UI I    4,2.1014 0,75 e U 75 e W (photon/s) c. Phần năng lượng biến thành nhiệt trong 1 giây: Q  0,99.UI Nhiệt độ catot không đổi nên phần nhiệt lượng sinh ra này sẽ bị nước hấp thụ hết và đem đi, do vậy: 0,99.UI Q  0,99.UI  mct  m  (m là khối lượng nước đi qua trong 1 giây) ct 0,99.50000.5.10 3 m  0,39.10  2 kg / s 4200.15 kg m  0,39.10 2 .  0,23 kg / phút  0,23 1 (lít/phút) s 60 Ví dụ 4: Cho một chùm electron bắn phá nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản để kích thích chúng. LUONG TU CHO THAY 2014 3 a. Xác định vận tốc nhỏ nhất để sao cho nó có thể làm xuất hiện tất cả các vạch của quang phổ phát xạ của hiđrô. b. Muốn cho quang phổ hiđrô chỉ xuất hiện một vạch thì năng lượng của electron phải nằm trong khoảng nào? Hướng dẫn giải: a. Các mức năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi biểu thức: E n   13,6  eV  n2 Để làm xuất hiện tất cả các vạch quang phổ hiđrô thì năng lượng của electron phải đủ lớn, để kích thích nguyên tử hiđrô tới trạng thái n   (lúc đó năng lượng của nguyên tử hiđrô bằng 0). Theo định luật bảo toàn năng lượng: W  E   E1  13,6eV Năng lượng này của electron dưới dạng động năng, do vậy: W  1 mv 2  v  2 2W  m 2.13,6.1,6.10 19  2,187.10 6 m / s 9,1.10 31 b. Để chỉ xuất hiện một vạch thôi thì sau khi bị electron kích thích nguyên tử chỉ nhảy lên mức L. Nghĩa là năng lượng của electron phải thõa mãn điều kiện: EL  EK  W  EM  EK (L ứng với n=2, M ứng với n=3) 13,6 13,6   2  13,6  W   2  13,6  eV   2 10,2eV  W  12,09eV 3 . Ví dụ 3: Lần lượt chiếu hai bức xạ có bước sóng λ1 = 0,405 (μm), λ2 = 0,436 (μm) vào bề mặt của một kim loại và đo hiệu điện thế hãm tương ứng Uh1 = 1,15 (V); Uh2 = 0,93 (V). Cho biết: h = 6,625.10-34 (J.s) ; c = 3.108 (m/s) ; e = 1,6.10-19 (C). Tính công thoát của kim loại đó. HD Giải : 2 hc mv0 max Ta có: = A = A + eUh ( Phương trình Anh-xtanh)  2  hc    A  eU h  Theo điều kiện bài toán:   hc  A  e(U  U ) h      A 1  1 1  hc    2  1 2 Suy ra :     e U h1  U h 2    1,92(eV ) .    Ví dụ 5: Chiếu bức xạ có bước sóng  vào catot của tế bào quang điện.dòng quang điện bị triệt tiêu khi UAk  - 4,1V. khi UAK =5V thì vận tốc cực đại của electron khi đập vào anot là: A. 1,789.106m/s B. 1,789.105m/s C. 1,789.105 km/s B. 1,789.104 km/s 2 mv 2 mv0 Giải: Theo định lý động năng ta có Wđ =   eU AK 2 2 2 2 mv0 mv0 mv 2  eU h =>   eU AK  e (U h  U AK ) 2 2 2 LUONG TU CHO THAY 2014 4 2 e (U AK  U h )  m => v = 2.1,6.10 19 (5  4,1)  1,789.10 6 (m/s) Chọn A 9,1.10 31 Ví dụ 1: Một quả cầu bằng đồng (Cu) cô lập về điện được chiếu bởi 1 bức xạ điện từ có λ = 0,14 (μm), . Cho giới hạn quang điện của Cu là λ1 = 0,3 (μm). Tính điện thế cực đại của quả cầu. HD Giải: VM ax  hc 1 1 6, 625.1034.3.108 1 1 (  ) (  )  4, 73V 19 6 e  0 1, 6.10 0,14.10 0,3.106 Ví dụ 2: Công thoát electron khỏi đồng là 4,57 eV. Chiếu bức xạ có bước sóng  = 0,14 m vào một quả cầu bằng đồng đặt xa các vật khác. Tính giới hạn quang điện của đồng và điện thế cực đại mà quả cầu đồng tích được. W hc 6,625.10 34.3.108 hc  HD Giải: 0 = = 0,27.10-6 m; Wd0 = - A = 6,88.10-19 J; Vmax = d 0 = 4,3 V. 19 A 4,57.1,6.10  e Bài 3: Công tối thiểu để bức một êlectron ra khỏi bề mặt một tấm kim loại của một tế bào quang điện là 1,88eV. Khi chiếu một bức xạ có bước sóng 0,489 m thì dòng quang điện bão hòa đo được là 0,26mA. a. Tính số êlectron tách ra khỏi catốt trong 1 phút. b. Tính hiệu điện thế hãm để triệt tiêu hoàn toàn dòng quang điện. HD Giải : 26.10 5  16,25.1014 ; a. Ibh = n e = 26.10-5A. (n là số êlectron tách ra khỏi catốt trong 1s). n = 19 1,6.10 Số êlectron tách ra khỏi K trong 1 phút: N=60n = 975.1014. 2 mv0 hc 6,625.10 34.3.10 8  A  1,88eV  2,54  1,88  0,66eV .Hiệu điện thế hãm Uh = – 2  0,489.10 6.1,6.10 19 b. eU h  0,66V. Bài 7: Công thoát êlectron của một kim loại là 7,64.10-19J. Chiếu lần lượt vào bề mặt tấm kim loại này các bức xạ có bước sóng là 1 = 0,18 μ m, 2 = 0,21 μ m và 3 = 0,35 μ m . Lấy h = 6,625.10-34J.s, c = 3.108 m/s. a. Bức xạ nào gây được hiện tượng quang điện đối với kim loại đó? b. Tính động năng ban đầu cực đại của các electron quang điện. c. Tính độ lớn của điện áp để triệt tiêu dòng quang điện trên. HD Giải : a. Giới hạn quang điện : 0  hc 6, 625.1034.3.108   0, 26 m A 7, 64.1019 Ta có : 1, 2 < 0 ; vậy cả hai bức xạ đó đều gây ra hiện tượng quang điện cho kim loại đó. b. 1, 2 gây ra hiện tượng quang điện, chúng ta hãy tính toán cho bức xạ có năng lượng của photon lớn hơn (bức xạ 1 ) hc  A  W0 đ max  Theo công thức Einstein : 1 W0 đ max  hc 6,625.10 34.3.108 A  7,64.10 19  3,4.10 19 J 1 0,18.10 6 W0 đ max  Mặt khác :  v0max 1 2 mv0 max 2 2.W0 đ max 2.3, 4.1019    864650 m / s  8, 65.105 m / s 31 m 9,1.10 c. Độ lớn điện áp để triệt tiêu dòng quang điện : W0 đ max  e U h  U h  Bài 8: W0 đ max 3,4.10 19   2,125V e 1,6.10 19 Thực hiện tính toán để trả lời các câu hỏi sau: LUONG TU CHO THAY 2014 5 a. Electron phải có vận tốc bằng bao nhiêu để động năng của nó bằng năng lượng của một photon ánh sáng có bước sóng   5200 A 0 ? b. Năng lượng của photon phải bằng bao nhiêu để khối lượng của nó bằng khối lượng nghỉ của electron? Cho khối 31 lượng nghỉ của electron là me  9,1.10 kg . HD Giải : 2hc 2.6,625.10 34.3.108 hc 1 hc v   9,17.105 m / s  me v 2  me  9,1.10 31.5200.10 10  2  2 b. Năng lượng của photon: E  m ph c Khối lượng của electron bằng khối lượng nghỉ của electron  m ph  me  nên: a. Theo bài ra: Weđ    2 E  me c 2  9,1.1031. 3.108  8,19.1014 J  0,51 MeV Bài 10: Chiếu bức xạ có bước sóng  = 0.6m vào catot của 1 tế bào quang điện có công thoát A= 1.8eV. Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho chúng bay vào một điện trường từ A đến B sao cho UAB = -10V. Vận tốc nhỏ nhất và lớn nhất của electron khi tới B lần lượt là: A.18,75.105 m/s và 18,87.105 m/s B.18,87.105m/s và 18,75.105m/s C.16,75.105m/s và 18.87.105m/s D.18,75.105m/s và 19,00.105m/s 6.625.1034.3.108 hc  0, 69.106 m  0, 69 m ; Giải: 0 = = 19 A 1,8.1, 6.10 -Khi Vận tốc ban đầu cực đại của e theo chiều tăng tốc với UAB thì ta có vận tốc lớn nhất của electron khi tới B là v: Gọi v ( Hay vmax ) là vận tốc cực đại của e khi đến B. Áp dụng định lí động năng: 1 1 2 1 2 1 1 2 mv  mv0  / eU AB / => mv 2  mv0  / eU AB / => mv 2    A  / eU AB / 2 2 2 2 2 1 1 1 2hc 1 1 2 / eU AB / mv 2  hc (  )  / eU AB / => vmax  (  ) 2  0 m  0 m Thế số : vmax 2.6.625.1034.3.108 1 1 2.1,6.10 19  (  ) .10  19,00.105 m / s 31 6 31 9.1.10 .10 0, 6 0, 69 9.1.10 -Khi vận tốc ban đầu của e bằng 0 thì ta có vận tốc nhỏ nhất của electron khi tới B là vmin : 1 2 2 2.1, 6.10 19 mvmin  eU AB => vmin  eU AB Thế số : vmin  .10  18, 75228.105 m / s Đáp án D 31 2 m 9.1.10 Bài 14: Chiếu lên bề mặt một tấm kim loại có công thoát electrôn là A = 2,1 eV chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ=0,485μm . Người ta tách ra một chùm hẹp các electrôn quang điện có vận tốc ban đầu cực đại hướng vào một không gian có cả điện trường đều E và từ trường đều B . Ba véc tơ v , E , B vuông góc với nhau từng đôi một. Cho B = 5.10-4 T . Để các electrôn vẫn tiếp tục chuyển động thẳng và đều thì cường độ điện trường E có giá trị nào sau đây ? A. 201,4 V/m. B. 80544,2 V/m. C. 40.28 V/m. D. 402,8 V/m. Giải: Vận tốc ban đầu cực đại của electron; v= 2 hc (  A) = m  2 6,625.10 34.3.10 8 (  2,1.1,6.10 19 ) = 0,403.106 m/s 9,1.10 31 0,485.10  6 Đề electron vẫn tiếp tục chuyển động thẳng đều thì lực Lorenxo cân bằng với lực điện tác dụng lên electron: Bve = eE =-> E = Bv = 5.10-4. 0,403.106 = 201,4 V/m. Chọn đáp án A CHUYÊN ĐỂ QUANG PHỔ HIDRO LUONG TU CHO THAY 2014 6 1 1   1  RH  2  2  RH  1, 097.107 m  n  m Ví dụ 4: Cho biết năng lượng cần thiết tối thiểu để bứt điện tử ra khỏi nguyên tử hiđrô từ trạng thái cơ bản là 13,6eV. Cho biết hằng số Planck là h = 6,625.10 -34(J.s), c = 3.108(m/s). Bước sóng ngắn nhất của vạch quang phổ trong dãy Pasen là A.  P min = 0,622  m. B.  P min = 0,822  m. C.  P min = 0,730  m. D.  P min = 0,922  m. Giải: +Công thức thực nghiệm: hc 13, 6.1, 6.1019  E  E3  0   2, 72.1019 ( J ) 3  3 2 Ví dụ 5: Electron trong nguyên tử hydro chuyển từ quỹ đạo dừng có mức năng lượng lớn về quỹ đạo dừng có mức năng lượng nhỏ hơn thì vận tốc electron tăng lên 4 lần. Electron đã chuyển từ quỹ đạo A. N về L. B. N về K. C. N về M. D. M về L. Giải: lực culong đóng vai trò là lực hướng tâm nên ta có: k e2 2 e2 e2 v2 2 , v1  k  m hay v2  k mr2 mr1 r2 r v2 r v12 r2   12  2  16  r2  16r1 mà bán kính Bo rn  n 2 r0 vâ ây n= 4 ứng với quỹ đạo N và chuyển về 2 v2 r1 v2 r1 quỹ đạo cơ bản là K (N về K) 13,6 n2 eV với n là số nguyên; n = 1 ứng với mức cơ bản K; n = 2, 3, 4, …ứng với các mức kích thích L, M, N,… a) Tính ra Jun năng lượng iôn hoá của nguyên tử hiđrô. b) Tính ra mét bước sóng của vạch đỏ H trong dãy Banme. HD Giải: a) Để ion hóa nguyên tử hiđrô thì ta phải cung cấp cho nó một năng lượng để electron nhảy từ quỹ đạo K 13,6.1,6.10 19 (n = 1) ra khỏi mối liên kết với hạt nhân (n = ). Do đó E = E - E1 = 0 - ()= 12 21,76.10-19 J. hc 36hc 13,6.1,6.10 19 13,6.1,6.10 19 b) Ta có: = E3 – E 2 = - () 32 = = 0.658.1032 5.13,6.1,6.10 19 32 22 6 m. Bài 7. Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,30 m vào một chất thì thấy chất đó phát ra ánh sáng có bước sóng 0,50 m. Cho rằng công suất của chùm sáng phát quang chỉ bằng 0,01 công suất của chùm sáng kích thích. Hãy tính tỉ số giữa số phôtôn ánh sáng phát quang và số phôtôn ánh sáng kích thích phát trong cùng một khoảng thời gian. W W W W ' W ' W ''     n' W '  ' 0,01W '   hc HD Giải: n =  hc hc ; n’ =  ' = 0,017 = 1,7 %. hc ; H = n W W  ' Bài 3. Các mức năng lượng của nguyên tử hiđrô ở trạng thái dừng được cho bằng công thức: En = - Bài 8: Trong nguyên tử hidro khi e nhảy từ quỹ đạo N về L thì phát bức xạ λ1, khi từ quỹ đạo O về M thì phát λ2 .Tìm tỷ số λ1/ λ2. HD Giải: Năng lượng nguyên tử hydro có dạng: E n  LUONG TU CHO THAY 2014 hc 13, 6.eV   n2 7 hc  E4  E2 1 Khi e nhảy từ N về L tức là quỹ đạo 4 về quỹ đạo 2,năng lượng là: Hay: hc 13, 6 13, 6 51  EN  EL    .eV 1 20 42 22 (1) Khi e nhảy từ O về M tức là quỹ đạo 5 về quỹ đạo 3,năng lượng là: Hay: hc  E5  E3 2 hc 13, 6 13, 6 1088  256  EO  E M    .eV (2) Lấy (2) chia (1) ta có: 6751=2562=> 1  2 2 2 1125 2 675 5 3 Bài 11: Mức năng lượng của các trạng thái dừng trong nguyên tử hiđrô E n = -13,6/n2 (eV); với n = 1, 2, 3... Một electron có động năng bằng 12,6 eV đến va chạm với nguyên tử hiđrô đứng yên, ở trạng thái cơ bản. Sau va chạm nguyên tử hiđrô vẫn đứng yên nhưng chuyển động lên mức kích thích đầu tiên. Động năng của electron sau va chạm là A. 2,4 eV. B. 1,2 eV. C. 10,2 eV. D. 3,2 eV. HD giải: Năng lượng mà nguyên tử hiđro nhận: W = W2 – W1 = - 13,6/4 (eV) – (- 13,6) (eV) = 10,2 (eV) Động năng của electron sau va chạm là : Wđ = 12,6 (eV) – 10,2 (eV) = 2,4 (eV). Chọn A Bài 12: Kích thích cho các nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo dừng tăng 25 lần. Trong quang phổ phát xạ của nguyên tử hidro sau đó, tỉ số giữa bước sóng dài nhất và bước sóng ngắn nhất là: A. 128 . 3 B. 128 . 9 C. 128 16 D. 64 . 3 HD giải: Nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo dừng tăng 25 lần (tức là chuyển lên trạng thái n=5 - Trạng thái 0) hc Bước sóng dài nhất 54  (năng lượng bé nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 4) E5  E 4 hc Bước sóng ngắn nhất 51  (năng lượng lớn nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 1) E5  E1 13, 6 13, 6  2 54 E5  E1 52 1  384  128   Vậy 51 E5  E4  13, 6  13, 6 9 3 2 2 5 4  E0 ( n2 E0  13, 6eV , n  1, 2,3, 4... ). Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon thì Nguyên tử H phải hấp thụ photon có mức năng lượng là: A. 12,75 eV B.10,2 eV C. 12,09 eV D. 10,06 eV N: n =4 HD Giải: Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon nguyên tử M: n = 3 Hiđro phải hấp thụ photon để chuyểnlên quỹ đạo từ N trở lên L: n =2 tức là n ≥4 Năng lượng của photon hấp thụ K: n = 1 1 1  ≥ E4 – E1 = E0( 2  2 ) = -13,6.(-15/16) eV=12,75eV. Chọn : A 4 1 Bài 14: Theo mẫu nguyên tử Bo thì trong nguyên tử hiđrô, bán kính quỹ đạo dừng của electron trên các quỹ đạo là rn = n2ro, với ro=0,53.10-10m; n=1,2,3, ... là các số nguyên dương tương ứng với các mức năng lượng của các trạng thái dừng của nguyên tử. Gọi v là tốc độ của electron trên quỹ đạo K. Khi nhảy lên quỹ đạo M, electron có tốc độ bằng Bài 13: Cho mức năng lượng của nguyên tử hirdo xác định bằng công thức En  A. v 9 B. 3v LUONG TU CHO THAY 2014 C. v 3 D. v 3 8 HD Giải: Khi e chuyển động trong trên các quỹ đạo thì lực tĩnh điện Culông đóng vai trò là lực hướng tâm e2 e ke 2 k k 2 k  mv  v  e  2 r mr m.n r0 n m.r0 Ở quỹ đạo K thì n=1 nên v  e 1 k ; m.r0 Ở quỹ đạo M thì n=3 nên v '  e 9 k m.r0 Nên v' 1 v   v'  v 9 9 Bài 16: Mức năng lượng của ng tử Hyđrô có biểu thức E n = – 13,6/n2 (eV). Khi kích thích ng tử hidro từ quỹ đạo dừng m lên quỹ đạo n bằng năng lượng 2,55eV, thấy bán kính quỹ đạo tăng 4 lần. Bước sóng nhỏ nhất mà ng tử hidro có thể phát ra là: A. 1,46.10–6m B. 9,74.10–8m C. 4,87.10–7m D. 1,22.10–7m rn 1 1 n2 Giải: rm = m2r0; rn = n2r0 ( với r0 bán kính Bo) r = ) eV = 2,55 2 2 = 4=> n = 2m=> En – Em = - 13,6 ( n m2 m m eV 1 1 3 - 2 ) eV = 2,55 eV=> 13,6. = 2,55=> m = 2; n = 4 2 4m m 4m 2 1 hc 15 bước sóng nhỏ nhất ng tử hidro có thể phát ra: = E4 – E1 = -13,6.( 2 - 1) eV = 13,6 ,1,6.10-19 = 20,4. 10-19  16 n => - 13,6 ( (J) =>  = hc 6,625.10 34 3.10 8 = = 0,974.10-7m = 9,74.10-8m . Chọn đáp án B E 4  E1 20,4.10 19 Bài 8: Khi tăng điện áp cực đại của ống cu lít giơ từ U lên 2U thì bước sóng giới hạn của tia X phát ra thay đổi 1,9 lần. Vận tốc ban đầu cực đại của các electron thoát ra từ ống bằng 4eU eU 2eU 2eU A. ; B. C. D. 9me 9me 9me 3me GIẢI: Áp dụng: 1 hc 2 mv0  eU  2 min 1 hc 1 1 2 2 mv0  mv 2  eU và mv  . Ta có: 2 min 1 1,9hc 2 2 2 mv0  2eU  2 min 1 2 2 Chia vế với vế của hai phương trình trên cho nhau:: 1,9( mv0  eU )  1 2 mv0  2eU  v0  2 2eU 9m đáp án C Bài 11: Khi hiệu điện thế hai cực ống Cu-lít -giơ giảm đi 2000V thì tốc độ các êlectron tới anốt giảm 6000km/s. Tốc độ êlectron tới anốt ban đầu là A. 5,86.107m/s. B. 3,06.107m/s. C. 4,5.107m/s. D. 6,16.107m/s. 3 6 Kí hiệu U = 2.10 (V); v = 6.10 m/s 2 mv 0 mv 2 Ta có Wđ = – = eUAK (1) với v0 vận tốc electron ở catot 2 2 2 m(vΔv) 2 mv 0  W’đ = – = e(UAK – U) (2) 2 2 2eΔU + (Δv) 2 m(vΔv) 2 mv 2  Lấy (1) – (2) → – = eU → v = m = 6,16.107m/s. 2 2 2Δv LUONG TU CHO THAY 2014 9 Bài 3 (Đề dự bị ĐH-CĐ-2005): Khi chiếu bức xạ có bước sóng   0,180m vào katot của một tế bào quang điện thì hiện tượng quang điện xảy ra. Để triệt tiêu hoàn toàn dòng quang điện thì hiện điện thế hãm có độ lớn 2.124V . Tính giới hạn quang điện  o của kim loại dùng làm katot. Nếu đặt giữa anod và katot của tế bào quang điện hiệu điện thế UAK = 8V thì động năng cực đại của electron quang điện khi nó tới anod bằng bao nhiêu? Cho c = 3x108 m/s; h = 6.625 x 10-34 J.S; điện tích của e:|e|=1.6 x 10-19 C HD Giải: hc hc 1 1 e Uh   e Uh    -Từ công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện:  0 0  hc 1 1 1.6  1019  2.124     0  0.26  106 m  0.26m -Thay số: 6 34 8 0 0.18  10 6.625  10  3  10 -Động năng cực đại của quang điện electron: K max  e  U h  U AK   1.6  1019 (2.124  8)  1.62  108 J  10.124 MeV Bài 10 (Dự bị ĐH-CĐ-2002): Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng  = 0.22µm vào catot của tế bào quang điện thì dòng quang điện triệt tiêu khi hiệu điện thế giữa anot và catot UAK  -6V. Tính giới hạn quang điện của kim loại làm catot. Cho hằng số Plăng h = 6.625 x 10-34 J.s, vận tốc ánh sáng trong chân không c = 3 x 108m/s, điện tích e = -1.6 x 10-19C. HD Giải: -Từ công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện ta có hc hc 1 hc 1 1 eU AK 2   mVo max   eU AK     o 2 o o  hc 1 1 1.6 x1019 x 6    3.366 x106   o = 0.297 x 10-6m = 0.297µm. 6 34 8  o 0.122 x10 6.625 x10 x 3 x10 Bài 13 (CĐ CN HÀ NỘI-2005): Kim loại làm catốt của một tế bào quang điện có giới hạn quang điện  o . Lần lượt chiếu tới bê mặt catốt hai bức xạ có bước sóng 1  0,4m và  2  0,5m thì vận tốc ban đầu cực đại của electron bắn ra khỏi bề mặt catốt khác nhau 2 lần. Tính  o . HD Giải: Tính o . -Ap dụng hệ thức Anhxtanh với 1 ,  2 : -Vì 1   2  V1  V2 nên V1  2V2 thay vào (1) và (2) 31 2 3 4 1    o  -Ta có  =>  o  0,545m  o o 1 41   2 Bài 18 (CĐ KT-KH ĐN-2005): Tế bào quang điện có catốt làm bằng kim loại có giới hạn quang điện 0 =0,578 µm. 1) Tính công thoát của electron ra khỏi kim loại trên. 2) Chiếu vào catốt ánh sáng có bước sóng  = 0. Tính vận tốc của electron quang điện khi đến anốt. Biết hiệu điện thế giữa anốt và catốt là 45V. Cho m2 = 9,1 x 10-31 kg; h = 6,625 x 10-34 Js; c = 3 x 108 m/s; |e| = 1,6 x 10-19C HD Giải: 1) Từ công thức A  hc 6,625  1034  3  108 Thế số: A   3,4  10 19 J 6 0 0,578  10 2) Từ phương trình Anhxtanh: hc hc hc  A  Ed 0 (max)    E� Vì    0  E� 0(max) 0  0 LUONG TU CHO THAY 2014 0 (max) 0 10  Áp dụng định lý động năng: E �  E �(max)  eU AK 0 0 Thế số : V  1 m e V 2  eU AK 2  V 2 eU AK me 2  1,6  1019  45  4  106 (m / s) 31 9,1 10 Bài 19 (CĐ SP HCM-2004): Catốt của một tế bào quang điện làm bằng kim loại có công thoát Ao = 4,5eV. Chiếu vào catốt một bức xạ có bước sóng  = 0,185µm, đặt vào giữa anốt và catốt một hiệu điện thế UAK = 2V. Tìm động năng của electron khi đập vào anốt. Cho h = 6,625 x 10-34 Js; c = 3 x 108 m/s; |e| =1,6 x 10-19 C. hc  E dMAX   A o  hc  Ao  Ed HD Giải: -Ta coù : MAX 19,875x10 26   Ed   4,5x1, 6x1019 6 o 0,185x10 19 -Vaäy  E dMAX  3,54x10 J 19 19 -Ñònh lí ñoäng naêng : e U AK  E dA  E dMAX  E dA  e U AK  E do  3, 2x10  3,54x10 .Vaäy EdA = 6,74 x 10-19J Câu 31 :( ĐH – 2011) Khi chiếu một bức xạ điện từ có bước sóng 1 = 0,30m vào catôt của một tế bào quang điện thì xảy ra hiện tượng quang điện và hiệu điện thế hãm lúc đó là 2 V. Nếu đặt vào giữa anôt và catôt của tế bào quang điện trên một hiệu điện thế U AK = -2V và chiếu vào catôt một bức xạ điện từ khác có bước sóng 2 = 0,15m thì động năng cực đại của êlectron quang điện ngay trước khi tới anôt bằng A. 1,325.10-18J. C. 9,825.10-19J. D. 3,425.10-19J. hc  A  9,825.10 19 J 1 2 - Khi đặt vào A và K hiệu điện thế âm UAK = - 2V → UKA = 2V : các elctrôn đi sang A đi theo chiều điện trường chậm dần đều . Ta có : WđA - Wđmax = e.UKA  WđA  Wđ max  e.U KA  9,825.10 – 19 -1,6.10 – 19 .2 = 6,625.10 – 19 J Câu 35( CĐ-2011) : Nguyên tử hiđrô chuyển từ một trạng thái kích thích về trạng thái dừng có năng lượng thấp hơn phát ra bức xạ có bước sóng 486 nm. Độ giảm năng lượng của nguyên tử hiđrô khi phát ra bức xạ này là A. 4,09.10 15 J . B. 4,86.1019 J . C. 4, 09.10 19 J . D. 3, 08.10 20 J . hc  4, 09.10 19 J . Chọn C HD: E   Câu 36( ĐH – 2012): Laze A phát ra chùm bức xạ có bước sóng 0,45  m với công suất 0,8W. Laze B phát HD: A = hc B. 6,625.10-19J. 19  e.Uh  3,425.10  J ;- Khi được chiếu bởi bức xạ λ2 : Wđmax = ra chùm bức xạ có bước sóng 0,60  m với công suất 0,6 W. Tỉ số giữa số phôtôn của laze B và số phôtôn của laze A phát ra trong mỗi giây là 20 3 A.1 B. C.2 D. 9 4 NA PA  A hc hc 0,8 0,45 Giải: PA = NA ; PB = NB ----> = = 0,6 0,60 = 1 Chọn A A B NB PB B Câu 37( ĐH – 2012): Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hiđrô, chuyển động của êlectron quanh hạt nhân là chuyển động tròn đều. Tỉ số giữa tốc độ của êlectron trên quỹ đạo K và tốc độ của êlectron trên quỹ đạo M bằng A. 9. B. 2. C. 3. D. 4. Giải: Lưc hướng tâm tác dụng lên electron là lực Culong giữa electron và hạt nhân là proton LUONG TU CHO THAY 2014 11 e2 mv 2 = k 2 ----> R R vK = vM RM = RK 9r0 = 3. Chọn C r0 Câu 38( ĐH – 2012): : Biết công thoát êlectron của các kim loại: canxi, kali, bạc và đồng lần lượt là: 2,89 eV; 2,26eV; 4,78 eV và 4,14 eV. Chiếu ánh sáng có bước sóng 0,33  m vào bề mặt các kim loại trên. Hiện tượng quang điện không xảy ra với các kim loại nào sau đây? A. Kali và đồng B. Canxi và bạc C. Bạc và đồng D. Kali và canxi Giải: Năng lượng của photon kích thích  = hc = 3,764 MeV < AAg; ACu  Nên Hiện tượng quang điện không xảy ra với Bạc và đồng. chọn C Câu 29: Thực hiện giao thoa ánh sáng với thí nghiệm Y-âng. Chiếu sáng đồng thời hai khe Y-âng bằng hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ 1 và λ2 thì khoảng vân tương ứng là i 1 = 0,48 mm và i2 = 0,36 mm. Xét điểm A trên màn quan sát, cách vân sáng chính giữa O một khoảng x = 2,88 mm. Trong khoảng từ vân sáng chính giữa O đến điểm A ( không kể các vạch sáng ở O và A ) ta quan sát thấy tổng số các vạch sáng là A. 11 vạch B. 9 vạch C. 7 vạch D. 16 vạch Câu 29:: chọn A HD: xét số vân sáng của 1 trong đoạn OA là k  x  6 vân i1 xét số vân sáng của  2 trong đoạn OA là k  x  8 vân i2 số vân trùng nhau của 2bước sóng trong đoạn OA i1 0,48 4 8    i2 0.36 3 6 vậy trên đoạn OA có 2vị trí trùng nhau của 2bước sóng đó làvị trí vân sáng bậc 4 của  2 trùng bậc 3 của 1 và bậc 8 của  2 và bậc 6 của 1 không kể các vach tại A và O thì trong khoảng OA có số vạch: (6 + 8) -1 vân trùng - 2 vân trùng tại A = 11 vân Câu 37: Thực hiện giao thoa ánh sáng với thiết bị của Y-âng, khoảng cách giữa hai khe a = 2 mm, từ hai khe đến màn D = 2 m. Người ta chiếu sáng hai khe bằng ánh sáng trắng (0,4 μm ≤ λ ≤ 0,75 μm). Quan sát điểm A trên màn ảnh, cách vân sáng trung tâm 3,3 mm. Hỏi tại A bức xạ cho vân tối có bước sóng ngắn nhất bằng bao nhiêu? A. 0,440 μm B. 0,508 μm C. 0,400 μm D. 0,490 μm Câu 37:: chọn A HD: ta có vị trí cho vân tối thoả mãn xt  (k   k  0,5   1 D ) với k thuộc Z 2 a xt .a theo bài ra ta có (0,4 μm ≤ λ ≤ 0,75 μm).  3,9  k  7,75 D xt .a để có bước sóng ngắn nhất k lớn nhất = 7  min  0,440m D (k  0,5) Câu 1: Chiếu một chùm sáng hẹp gồm 2 bức xạ đơn sắc có bước sóng lần lượt λ1 và λ2 lên mặt một bản thủy tinh có hai mặt song song, bề dày h, dưới góc tới 600. Chiết suất của thủy tinh ứng với các bức xạ đó lần lượt là n1  2, n2  3 . Hai bức xạ ló ra khỏi bản ở mặt kia tại hai điểm cách nhau một khoảng là h 1 ) A. 3  1 B. h( 3  0, 6 0, 6 1 ) C. h( 3  0, 6) D. h( 0, 6  3 Hướng dẫn:Theo hình vẽ ta thấy khoảng cách giữa hai điểm đó là LUONG TU CHO THAY 2014 12   � � J1J2  OJ2  OJ1  h tan J2 OI  tan J1 OI  h  tan r1  tan r2  Theo định luật khúc xạ: sin i  n sin r  sin r  sin i ta được: n sin i 3   t anr1  0, 6 n1 2 2 sin i 1 1   t anr1  + Đôi với tia 2 : sin r2  n2 2 3 Câu 11: Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 1,2mm. Khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 2m. Chiếu vào hai khe đồng thời hai bức xạ đơn sắc λ1 = 0,45μm và λ2. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân sáng cùng màu so với vân sáng trung tâm là 3mm. Giá trị của λ2 là A. 600nm B. 720nm C. 500nm D. 400nm D Hướng dẫn: tại vị trí các vân sang trùng nhau: x  k1i1  k2i2  k11  k2 2 với i1  1  0, 75mm a xmin  4  k1  4n Theo đề cho xmin  3mm  k1i1   k1  min  i1 + Đôi với tia 1 : sin r1  Vì k11  k2 2  2  k11 1, 8    m  Dễ dàng ta thấy k2  3n  2  1k, 8  0, 6 m k2 k2 2 Câu 40: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khe S được chiếu đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước sóng tương ứng là 1  0, 4 m; 2  0, 6 m. Số vân sáng không đơn sắc trong khoảng giữa vân sáng bậc 5 của bức xạ 1 và vân sáng bậc 7 của bức xạ 2 nằm ở hai phía so với vân sáng trung tâm là A. 3 B. 4 C. 2 D. 5 k1 3 k1 3t HD: Xét vị trị vân sáng trùng nhau của hai bức xạ, ta có: k .  k .     4  k  7  t  2,3 11 22  2 k2 2 k2  2t Vậy ở hai phía của màn quan sát ta quan sát được 5 vân sáng trùng nhau của hai bức xạ. (Tính cả vân sáng trung tâm). Câu 38: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 2m. Nguồn sáng dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có bước sóng 1 = 450 nm và 2 = 600 nm. Trên màn quan sát, gọi M, N là hai điểm ở cùng một phía so với vân trung tâm và cách vân trung tâm lần lượt là 5,5 mm và 22 mm. Trên đoạn MN, số vị trí vân sáng trùng nhau của hai bức xạ là A. 4. B. 5. C. 3. D. 2. k  3 2 1 Hướng dẫn giải: k    4 ; itrùng = 3i1 = 5,4mm. 1 2  ktrùng. itrùng  22 5,5 LUONG TU CHO THAY 2014 13 Câu 10: Chiết suất tỉ đối của kim cương đối với nước là 1,814; chiết suất tuyệt đối của nước đối với ánh sáng màu lục là 1,335. Tốc độ của ánh sáng màu lục trong kim cương là: A. v = 2,5472.108 m/s. B. v = 2,7647.108 m/s. C. v = 1,8573.108 m/s. D. v = 1,2388.108 m/s. Hướng dẫn nkc / n  Vn c c   Vkc   .... Vkc nn .Vkc nkc / n .nn Câu 31: Chiếu một chùm tia sáng trắng song song có bề rộng 5cm từ không khí đén mặt khối thủy tinh nằm ngang dưới góc tới 600. Cho chiết suất của thủy tinh đối với tia tím và tia đỏ ần lượt là 3 và 2 thì tỉ số giữa bề rộng chùm khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh là: A. 1,58. B. 0,91 C. 1,73. D. 1,10 Câu 32: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng của Iâng trong không khí, hai khe cách nhau 3mm được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,60m, màn cách hai khe 2m. Sau đó đặt toàn bộ thí nghiệm vào trong nước có chiết suất 4/3, khoảng vân quan sát trên màn là bao nhiêu? A. i‘= 0,4m. B. i' = 0,3m. C. i’ = 0,4mm. D. i‘= 0,3mm. Câu 33: Thí nghiệm giao thoa I-âng với ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ, khoảng cách giữa hai khe a = 1mm. Ban đầu, tại M cách vân trung tâm 5,25mm người ta quan sát được vân sáng bậc 5. Giữ cố định màn chứa hai khe, di chuyển từ từ màn quan sát ra xa và dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe một đoạn 0,75m thì thấy tại M chuyển thành vân tối lần thứ hai. Bước sóng λ có giá trị là A. 0,60μm B. 0,50μm C. 0,70μm D. 0,64μm Câu 34: Thực hiên giao thoa ánh sáng với nguồn gồm hai thành phần đơn sắc nhìn thấy có bước sóng λ 1 = 0,64μm; λ2. Trên màn hứng các vân giao thoa, giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm đếm được 11 vân sáng. Trong đó, số vân của bức xạ λ1 và của bức xạ λ2 lệch nhau 3 vân, bước sóng của λ2 là: A. 0,4μm. B. 0,45μm C. 0,72μm D. 0,54μm Câu 35: Người ta thực hiện giao thoa ánh sáng đơn sắc với hai khe Young cách nhau 2mm, khoảng cách giữa hai khe đến màn là 3m, ánh sáng dùng có bước sóng  = 0,5m. Bề rộng của giao thoa trường là 0,75cm. Số vân sáng, vân tối có được là.... A N1 = 11, N2 = 10 B N1 = 11, N2 = 12 C N1 = 9, N2 = 8 D N1 = 13, N2 = 12 Câu 36: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng, hai khe cách nhau a = 1mm, hai khe cách màn quan sát 1 khoảng D = 2m. Chiếu vào hai khe đồng thời hai bức xạ có bước sóng 1 = 0,4m và 2 = 0,56m . Hỏi trên đoạn MN với xM = 10mm và xN = 30mm có bao nhiêu vạch đen của 2 bức xạ trùng nhau? bA. 2. B. 5. C. 3. D. 4. Câu 37: Trong thí nghiệm I âng về giao thoa ánh sang , khoảng cách giữa 2 khe I âng là a =1 mm,khoảng cách từ 2 khe đến màn D = 2 m. chùm sáng chiếu vào khe S có 2 bước sóng trong do 1 = 0, 4 (m) . trên màn xét khoảng MN = 4.8 mm đếm được 9 vân sáng với 3 vạch là kết quả trùng nhau của 2 vân sáng và 2 trong 3 vạch đó nằm tại M,N . bước sóng 2 =? A 0.48m B 0.6m C 0.64m D 0.72 m Câu 38: Theo chiều tăng dần của bước sóng các loại sóng điện từ thì ta có sự sắp xếp sau A. tia  , tia tử ngoại, tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến. B. tia  , tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến. C. tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến, tia tử ngoại, tia  . D. sóng vô tuyến, tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia tử ngoại, tia X, tia  Câu 39: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng. Lần thứ nhất, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có 2 loại bức xạ  1=0,56 m và  2 với 0, 67m   2  0,74m ,thì trong khoảng giữa hai vạch sáng gần nhau nhất cùng màu với vạch sáng trung tâm có 6 vân sáng màu đỏ  2 . Lần thứ 2, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có 3 loại bức xạ  1,  2 và  3 , với  3  7  2 , khi đó trong khoảng giữa 2 vạch sáng gần nhau nhất và cùng màu với vạch sáng trung tâm còn 12 có bao nhiêu vạch sáng đơn sắc khác ? LUONG TU CHO THAY 2014 14 A. 25 B.23 C.21 Câu 31: Giải: Theo ĐL khúc xạ ta có sinr = sini/n sin 60 0 sin 60 0 1   ;rt = 300 sinrt = nt 2 3 D.19. sin 60 0 sin 60 0 6    0,61 rđ  380 nđ 4 2 Gọi ht và hđ là bề rộng của chùm tia khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh. Xét các tam giác vuông I1I2T và I1I2Đ; Góc I1I2T bằng rt; Góc I1I2Đ bằng rđ ht = I1I2 cosrt. sinrđ = ht cos rt cos 30 0    1,099  1,10 . Chọn D hđ cos rđ cos 380 Câu 32: Giải : Chọn D.Hướng dẫn:Vận tốc ánh sáng trong không khí gần bằng c, bước sóng , khi ánh sáng truyền từ không khí vào nước thì vận tốc ánh sáng truyền trong nước: v = c/n, (n là chiết suất của nước). Nên bước sóng ánh sáng trong nước: ’ = v/f = c/nf = /n. Khoảng vân khi toàn bộ thí nghiệm đặt trong nước: hđ = I1I2 cosrđ. => i'   ' D D  = 0,3mm a n.a Câu 33: Giải : + Khi chưa dịch chuyển ta có: x M = 5 λD (1) a + Khi dịch chuyển ra xa M chuyển thành vân tối lần thứ 2 chính là vân tối thứ tư: x M = 7λ(D + 0, 75) (2) 2a Từ (1) và (2), ta có: D = 1,75m → λ = 0,60μm . Chọn A Câu 34: giải : gọi x là khoảng cách giữa 2 VS trùng gần nhau nhất. T/ hợp 1: trong khoảng giữa 2 VS trùng có 7 VS của λ1 và 4 VS của λ2 Kể cả 2 VS trùng thì có 9 VS của λ1 và 6 VS của λ2 nên x = 8i1= 5i2 => 8 λ1 = 5λ2 => λ2 = 1,024μm( loại) T/ hợp 2: trong khoảng giữa 2 VS trùng có 4 VS của λ1 và 7 VS của λ2 Kể cả 2 VS trùng thì có 6 VS của λ1 và 9 VS của λ2 Nên x = 5 i1= 8 i2 => 5 λ1 = 8λ2 => λ2 = 0,4μm( nhâ ân) Chọn A Chú ý những bài loại này dùng đáp án giải ngược cho nhanh !!! Cách nhanh nhất là thử đáp án!!! thay λ1 và λ2 vào i1 2 i  0, 40 5  thấy: 1  2   đáp án A hợp lý !!! i2 1 i2 1 0, 64 8 k1 2 5   thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 11 vân k2 1 8 (trong đó 1 có 4 vân còn 2 có 7 vân. Thỏa yêu cầu bài toán 7 – 4 = 3) . Đáp án A i1 2 0, 45 45    Với đáp án B: ->trong khoảng 2 vân sáng cùng màu vân trung tâm có trên 100 vân sáng ! i2 1 0, 64 64 k1 2 72 9    thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 15 vân ko Với đáp án C: k2 1 64 8 Với đáp án A: ta có thỏa Với đáp án D: k1 2 54 27    thì giữa hai vân sáng gần nhất cùng màu với vân trung tâm 57 vân không thỏa k2 1 64 32 Câu 35: Chọn A Câu 36: Giải: Khoảng vân: i1 = 1 D a =  D 0,56.10 6 2 0,4.10 6 2 = 0,8 mm; i2 = 2 = = 1,12 mm a 10 3 10 3 Vị trí hai vân tối trùng nhau:x = (k1+0,5) i1 = (k2 + 0,5)i2 => LUONG TU CHO THAY 2014 15 (k1+0,5) 0,8 = (k2 + 0,5)1,12 => 5(k1 + 0,5) = 7(k2 + 0,5) => 5k1 = 7k2 + 1=> k1 = k2 + 2k 2  1 5 5k  1 k 1 = 2k + 2 2 Để k2 nguyên k – 1 = 2n => k = 2n +1 với n = 0, 1, 2, .... ; k2 = 5n + 2 và k1 = k2 + k = 7n + 3 Suy ra x = (7n + 3 + 0,5)i1 = (7n + 3 + 0,5)0,8 = 5,6n + 2,8 10 ≤ x ≤ 30 => 10 ≤ x = 5,6n + 2,8 ≤ 30 => 2 ≤ n ≤ 4. Có 3 giá trị của n . Chọn C Để k1 nguyên 2k2 + 1 = 5k => k2 = Câu 37: Giải: Khoảng vân i1 = 1 D a = 0,8 mm Khoảng cách giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm là 4,8mm: 2 = 2,4 mm. Trong khoảng đó có 5 vân sáng kể cả hai vân trùng ở hai đầu. Như vậy bức xạ  1 có 4 vân sáng kể cả hai vân hai đầu. Suy ra bức xạ  2 trong khoảng đó có 3 vân sáng kể cả hai vân ở hai đầu. Do đó khoảng vân i2 = 2,4 (mm) : 2 = 1.2 (mm). Do vậy  2 = ai1 = 0,6m , Chọn B D Câu 38: Chọn B Câu 39: Giải: Kể luôn 2 vân sáng trùng thì có 8 VS của λ2 => có 7i2. Gọi k là số khoảng vân của λ1 ;Lúc đó ki1= 7i2 => kλ1= 7λ2 => 0,67μm < λ2 = kλ1/7 < 0,74μm => 8,3 < k < 9,25 chọn k = 9 => λ2 = 0,72μm (Xét VS trùng gần VS TT nhất) Khi 3 VS trùng nhau x1 = x2 = x3 k1  2 9   k 2 1 7 k 2 3 7   k 3  2 12 Vị trí 3 VS trùng ứng với k1=9 , k2 = 7 , k3 = 12 k1  3 3 6 9     k 3 1 4 8 12 Giữa hai Vân sáng trùng có 8 VS của λ1 ( k1 từ 1 đến 8) 6 VS của λ2 ( k2 từ 1 đến 6) 11 VS của λ3 ( k1 từ 1 đến 11) Tổng số VS của 3 đơn sắc là 8+6+11= 25 Vì có 2 vị trí trùng của λ1 và λ3 ( với k1=3, k3=4 và k1=6, k3=8 ) nên số VS đơn sắc là 25 – 2= 23 Chọn B Câu 7: Dùng một hạt  có động năng 7,7MeV bắn vào hạt nhân 14 N đang đứng yên gây ra phản ứng 7 1  14 N  1 p 17 O . Hạt proton bay ra theo phương vuông góc với phương bay tới của hạt  . Cho khối lượng các hạt 7 8 nhân m  4, 0015u; m p  1, 0073u; mN 14  13,9992u; mo17  16,9947u . Biết 1u  931,5MeV / c 2 . Động năng của hạt 17 8 O là: A.6,145MeV B. 2,214MeV C. 1,345MeV 2 HD: Phản ứng hạt nhân thu năng lượng w  m.c  1, 21095MeV D. 2,075MeV. 2 2 2 Ta có: P  Pp  PO  2m K  2m p K p  2mO K O  4.7, 7  K p  17 K O (1)  Mặt khác: K  w  K p  KO  7, 7  1, 21095  K p  KO (2) Từ (1) và (2) => K O  2, 075MeV (Kết quả gần đúng với đáp án bởi vì ta lấy tỉ lệ khối lượng của hạt nhân gần bằng tỉ lệ số khối) Câu 35: Một lò phản ứng phân hạch có công suất 200MW. Cho rằng toàn bộ năng lượng mà lò phản ứng này sinh ra đều do sự phân hạch của 235U và đồng vị này chỉ bị tiêu hao bởi quá trình phân hạch. Coi mỗi năm có 365 ngày; mỗi phân hạch sinh ra 200MeV; số A- vô- ga –đro N A=6,02.1023mol-1. Khối lượng 235U mà lò phản ứng tiêu thụ trong 3 năm là: A. 461,6g B. 461,6kg C. 230,8kg D. 230,8g LUONG TU CHO THAY 2014 16 HD: Năng lượng mà lò phản ứng sinh ra trong 3 năm W  200.106.60.60.24.365.3  1,89.1016 J. Số hạt nhân cần là N  W  5,913.1026 13 200.1.6.10 N A  230,8kg NA Câu 17: Một hạt nhân có số khối A đang đứng yên, phát ra hạt α với tốc độ v. Lấy khối lượng các hạt theo đơn vị u gần bằng số khối của chúng. Tốc độ giật lùi của hạt nhân con là 4v 4v v 2v A. B. C. D. A4 A 4 A4 A4 A A4 4 Hướng dẫn: Phương trình phân rã Z X  Z 2 Y  2  ur ur u u Theo định luật bảo toàn động lượng: PY  P  0 hay PY  P  mY vY  m v Khối lượng: m  n. A  Theo đề m  A  AY vY  A v   A  4 v Y  4v  vY  4v  A  4 Câu 29: Laze A phát ra chùm bức xạ bước sóng 400 nm với công suất 0,6W. Laze B phát ra chùm bức xạ bước sóng λ với công suất 0,2W. Trong cùng một khoảng thời gian, số photon do laze B phát ra bằng một nửa số photon do laze A phát ra. Một chất phát quang có thể phát quang ánh sáng màu đỏ và màu lục. Nếu dùng laze B kích thích chất phát quang trên thì nó phát ra ánh sáng màu A. Đỏ B. Lục C. Vàng D. Tím P N   P N N hc  A  A . B  2 B  B  A .A  600nm Hướng dẫn: Công suất bức xạ P    t t  PB N B A A 2PB Với  pha�quang  k� ch  600nm t chth� Câu 30: Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hiđrô, khi electron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng 13, 6 của nguyên tử được xác định bởi công thức En   2 (eV ) (với n = 1, 2, 3, …). Khi nguyên tử chuyển n từ trạng thái dừng có mức năng lượng EO về trạng thái dừng có năng lượng EN thì phát ra bức xạ có bước sóng λo. Khi nguyên tử hấp thụ một photon có bước sóng λ thì nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có  mức năng lượng EL lên trạng thái dừng có mức năng lượng EN. Tỉ số là o A. 3/25 B. 25/3 C. 2 D. ½  Em  E n hc  v�  � i Ec�ba� . Suy ra: Hướng dẫn: Ta có mn  13, 6eV n Em  E n  2  En   2 n n  + Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có mức năng lượng EO về trạng thái dừng có năng lượng EN  Ec�ba� n  E5   hc hc  25    400hc (1) 0   v�  � i 0 EO  EN E5  E4 9 Ec�ba�  n E4    16  + Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có mức năng lượng EL về trạng thái dừng có năng lượng EN  Ec�ba� n  E4   hc hc  16    16hc (2)    v�  � i E N  E L E4  E2 3 Ec�ba�  n E2     4 LUONG TU CHO THAY 2014 17 Suy ra:   3  25 0 Câu 5: Trong một bài thực hành xác định tốc độ truyền âm trong không khí, một học sinh đo được bước sóng của sóng âm là λ = (75 ± 5) cm . Tần số của sóng âm do nguồn phát ra là f = (440 ± 10) Hz . Tốc độ truyền âm trong không khí là A.  330  15 m/s. B. (330 ± 30) m/s . C.  340  5  m/s. D. (340 ± 30) m/s HD: Theo công thức v  . f  330m / s Viphan  dv  .df  f .d  30m / s  v  330  30m / s . haive Câu 6: Chiếu lên bề mặt một tấm kim loại có công thoát electrôn là A=2,1 eV chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 485 m . Người ta tách ra một chùm hẹp các electrôn quang r r điện có vận tốcrban đầu cực đại rv hướng vào một không gian có cả điện trường đều E và r r từ trường đều B . Ba véc tơ v , E , B vuông góc với nhau từng đôi một. Cho B=5.10 -4T. Để r các electrôn vẫn tiếp tục chuyển động thẳng và đều thì cường độ điện trường E có độ lớn là: A. 201,4 V/m B. 80544,2 V/m C. 40,28 V/m D. 402,8 V/m HD: Lực điện trường cân bằng với lực Lorenzt (Bỏ qua tác dụng thành phần trọng lực P=mg do khối lượng e nhỏ) => qE  qvB  E  Bv  B. 2  hc    A   201,4V / m m   Câu 21: Chiếu một chùm bức xạ đơn sắc có bước sóng 0,20µm vào một quả cầu bằng đồng, đặt cô lập về điện. Giới hạn quang điện của đồng là 0,30µm. Điện thế cực đại mà quả cầu đạt được so với đất là A. 1,34V. B. 2,07V. C. 3,12V. D. 4,26V. Hướng dẫn giải: 1 mv2  eV max 2 0 Vmax = hc  A  eVmax  hc A  e Câu 48: Cho phản ứng hạt nhân 01n  36 Li  13H   . Hạt Li đứng yên, nơtron có động năng 2MeV. Hạt  và hạt nhân H bay ra theo các hướng hợp với hướng tới của nơtron những góc tương ứng bằng 150 và 300. Bỏ qua bức xạ gamma. Lấy tỉ số khối lượng các hạt bằng tỉ số giữa các số khối của chúng. Phản ứng thu hay tỏa bao nhiêu năng lượng? A. Thu 1,66 MeV.ur B.uTỏa 4,8 MeV C. Thu 4,8 MeV D. Tỏa 1,66 MeV u ur ur u Hướng dẫn giải: Pn  P  PT Pn = 2mn K n  2 Áp dụng dl hàm số sin: PT  s in15 .2  3  1 s in135 PT = 2mT KT suy ra: KT = 0,089MeV LUONG TU CHO THAY 2014 18 s in30 .2  2 s in135  P 2  2  2m K  2  1  1/ 4  0, 25MeV K = m P   Theo đl bao toan nang luong: Wtỏa = K  KT  K n  0, 25  0, 089  2  1, 66 Câu 50: Cathode của tế bào quang điện có công thoát 1,5eV, được chiếu bởi bức xạ đơn sắc . Lần lượt đặt vào tế bào quang điện điện áp U AK = 3V và UAK’ = 15V thì thấy vận tốc cực đại của electron khi đập vào anode tăng gấp đôi. Giá trị của  là A. 0,795m. B. 0,497m. C. 0,259m. D. 0,211m. 1 2 Hướng dẫn giải:   A  mv0max , v0max là vận tốc lớn nhất của electrong khi bức ra 2 khỏi K. Khi ra khỏi K, dưới tác dụng của UAK thì electron tăng tốc chạy về A với vận tốc v được xác định bởi định lý động năng: 1 mv2  1 mv2 2 2 0max  eU AK . hay 1 mv2   hc  A   3e   2   2  hc 1  Và m  2v      A   15e 2   1 mv2   hc  A   eU . AK   2   Vậy ta có hệ: Nhân hai vế phương trình đầu cho 4. rồi lấy pt 2 trừ cho phương trình đầu ta được:  hc  3   A   3e    Suy ra:  = 0,497m Câu 21: Chiếu bức xạ có bước sóng  = 0,25 m vào một kim loại có giới hạn quang điện 0 = 0,36 m, ta thu được môt chùm electron quang điện chuyển động với vận tốc ban đầu cực đại có chiều hướng từ trái sang phải. Tách một chùm nhỏ electron này cho bay vào một vùng không gian có từ trường đều có chiều như hình vẽ và có độ lớn B = 2.10-3 T. Muốn electron vẫn chuyển động thẳng đều thì phải đặt thêm vào vùng không gian trên một điện trường đều có hướng và độ lớn như thế nào? A. hướng thẳng đứng từ trên xuống, E = 1462 V/m. B. hướng thẳng đứng từ dưới lên, E = 1462 V/m. C. hướng thẳng đứng từ trên xuống, E = 7,31.105 V/m. D. hướng thẳng đứng từ dưới lên, E = 7,31.105 V/m. Hướng dẫn 2hc 1 1 (  ) = 7,31.105 m/s m  0 r r Electron chuyển động thẳng đều khi : f L = -Fd Tính V0max= LUONG TU CHO THAY 2014 Về độ lớn : fL = Fđ 19  E = Vomax.B = 1462 V/m eVomaxB = eE Vận dụng qui tắc bàn tay trái : lực lorentz hướng xuống r  lực điện trường hướng lên, vì q<0 nên E hướng xuống. Câu 22: Một đám nguyên tử hyđrô đang ở trạng thái dừng thứ n thì nhận được một phôton có năng lượng hf làm nguyên tử chuyển sang trạng thái dừng có mức năng lượng kế tiếp và bán kính nguyên tử tăng 44%. Tìm số vạch mà đám nguyên tử này có thể phát ra ? A. 16 vạch. B. 15 vạch. C. 12 vạch . D. 13 vạch. Hướng dẫn  (n+1)2 = 1,44. n2  n+1= 1,2 n  n=5 r2 = 1,44 r1 Vậy n’ = 6 Số vạch phát ra là : n '(n ' 1)  15 2 235 Câu 37: Hạt nhân phóng xạ 92 U đứng yên, phóng ra một hạt  và biến thành hạt nhân Thori (Th). Động năng của hạt  chiếm bao nhiêu phần trăm năng lượng phân rã? A. 18,4% B. 1,7% C. 98,3% D. 81,6% Hướng dẫn giải: K mTh 231 K 235   K suy ra:   98,3% và E  K  KTh  KTh m 4 231 E Câu 49: Một mẫu chất phóng xạ vó chu kì bán rã T. Ở các thời điểm t 1 và t2 (với t2 > t1) kể từ thời điểm ban đầu thì độ phóng xạ của mẫu chất tương ứng là H 1 và H2. Số hạt nhân bị phân rã trong khoảng thời gian từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 bằng A. ( H1  H 2 ) ln 2 T B. ( H1  H 2 )T ln 2 C. ( H1  H 2 )T ln 2 H1  H 2 D. 2(t  t ) 2 1 Hướng dẫn  N12  N1  N 2 H  H 2 H1  H 2   N12  1   H1   N1 ln 2  H  N 2  2 T Câu 40: Chiếu bức xạ có bước sóng  = 0.6m vào catot của 1 tế bào quang điện có công thoát A= 1.8eV. Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho chúng bay vào một điện trường từ A đến B sao cho UAB = -10V. Vận tốc nhỏ nhất và lớn nhất của electron khi tới B lần lượt là: A.18,75.105 m/s và 18,87.105 m/s B.18,87.105m/s và 18,75.105m/s 5 5 C.16,75.10 m/s và 18.87.10 m/s D.18,75.105m/s và 19,00.105m/s Câu 41: Nguồn sáng thứ nhất có công suất P1 phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  450nm . Nguồn sáng thứ hai có công suất P2 phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng 2  0, 60  m . Trong cùng một khoảng thời gian, tỉ số giữa số photon mà nguồn thứ nhất phát ra so với số photon mà nguồn thứ hai phát ra là 3:1. Tỉ số P 1 và P2 là: A. 4. B. 9/4 C. 4/3. D. 3. 1 : 2 : 3  1 : 2 : 1,5 vào catôt của một tế bao Câu 42: Chiếu lần lượt 3 bức xạ đơn sắc có bước sóng theo tỉ lệ quang điện thì nhận được các electron quang điện có vận tốc ban đầu cực đại tương ứng và có tỉ lệ v1 : v 2 : v3  2 : 1 : k , với k bằng: A. 3 B. 1 / 3 C. 2 D. 1 / 2 Câu 43: Chiếu bức xạ có tần số f1 vào quả cầu kim loại đặt cô lập thì xãy ra hiện tượng quang điện với điện thế cực đại của quả cầu là V1 và động năng ban đầu cực đại của e quang điện đúng bằng một nửa công thoát của kim loại. LUONG TU CHO THAY 2014 20