Bài tập Vật lý 2

Vẽ hình và thiết lập biểu thức điều kiện độ dày để có vân tối b) Tìm chiết suất của nêm, biết rằng khoảng cách giữa 2 vân tối liên tiếp trên bề mặt của nêm bằng 0,3 mm. c) Độ dày nêm tại vị trí có vân tối thứ 4; Bài 8. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc, song song và thẳng góc với mặt dưới của một nêm không khí. Ánh sáng tới có bước sóng λ = 0,6µm. a. Xác định góc nghiêng của nêm, biết rằng trên 1cm chiều dài của mặt nêm, người ta quan sát thấy 10 vân giao thoa. b. Nếu chiếu đồng thời hai chùm tia sáng đơn sắc có bước sóng lần lượt là λ1 = 0,5 µm và λ2 = 0,6 µm xuống mặt nêm thì hệ thống vân trên mặt nêm có gì thay đổi? Xác định vị trí tại đó các vân tối của hai hệ thống vân trùng nhau. Bài 9. Một thấu kính hội tụ phẳng lồi được đặt trên một bản thủy tinh để tạo thành hệ thống cho vân tròn Newton. Mặt lồi của thấu kính có bán kính R = 4 m. Chiếu ánh sáng đơn sắc thẳng góc vào mặt phẳng của thấu kính thì khoảng cách giữa vân tối thứ 9 và thứ 4 là 1,6 mm. 19 a. Tìm bước sóng của ánh sáng. b. Tìm bề dày của lớp không khí tại vị trí vân tối thứ 4. Bài 10. Một thấu kính được đặt trên một bản thủy tinh, nhưng do một hạt bụi dày nằm giữa thấu kính và bản thủy tinh nên chúng không tiếp xúc với nhau. Đường kính của vân tối thứ 5 và thứ 15 là 0,7mm và 1,7mm, bước sóng của ánh sáng rọi vuông góc vào mặt phẳng của thấu kính là 0,59m. Xác định bán kính cong của thấu kính. III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Tóm tắt: a = 1mm D = 1m  = 0,49m a. xStt; xS1; xS2; xS3; xt4. b. Thay   ’; i’ = 0,66mm. ’ = ? c.  = 0,49m, đổ n = ? với i’’ = 0,36mm. Nhận xét? Hướng dẫn: a. - Khoảng cách vân : 6 3 0,49.10 .1 10 D i a      = 0,49.10 -3 m - Vị trí 3 vân sáng đầu tiên: Vân sáng trung tâm (k = 0) ứng với: 𝑥𝑆𝑡𝑡 = 0𝑖 = 0 Vân sáng bậc 1 (k = 1) ứng với: 𝑥𝑆1 = 𝑘 𝜆𝐷 𝑎 = 1. 𝑖 = 0,49. 10−3𝑚 Vân sáng bậc 2 (k = 2) ứng với: 𝑥𝑆2 = 𝑘 𝜆𝐷 𝑎 = 2. 𝑖 = 0,98. 10−3𝑚 Vân sáng bậc 3 (k = 3) ứng với: 𝑥𝑆3 = 𝑘 𝜆𝐷 𝑎 = 3. 𝑖 = 1,47. 10−3𝑚  Nhận xét: Các vân sáng cách đều nhau. - Vị trí vân tối bậc 4 (k = 3) ứng với:  2 2 D x k i a    = 3,5i = 1,715mm. b. Khi thay ánh sáng có bước sóng  bởi ánh sáng có bước sóng  thì khoảng cách vân: ' ' D i a    3 ' 0,66.1 ' 10 i a D    = 0,66 . 10-3mm = 0,66 m c. Tính chiết suất của chất lỏng : - Hiệu quang lộ tại M của 2 tia sáng từ S1 và S2: L2 - L1 = nd2 - nd1 = n(d2 - d1) = ax n D S1 d1 d2 M x O S2 D a 20 - Điều kiện xác định vị trí các vân sáng: 2 1 ax L L n k D     Tọa độ vân sáng: D i x k k na n     Khoảng cách vân (khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp) là :  ' 1 i ki i i k n n n      𝑖′ = 𝑖 𝑛 Do đó chiết suất chất lỏng: 36,1 10.36,0 10.49,0 ' 3 3    i i n * Nhận xét: Khoảng vân giảm n lần, tức là hệ thống vân sít lại gần nhau một đoạn Δi = i – i’ = (0,49 – 0,36).10–3 khi được đặt trong chất lỏng có chiết suất n = 1,36. Bài 2. Tóm tắt: a = 1mm; D = 1m;  = 0,6m; d = 0,5m. a. Dời S với SS’=1mm.  Xác định chiều và khoảng dịch chuyển? b. Bản mặt e = 8m vào S1.  Vân sáng trung tâm dời chỗ như thế nào? Hướng dẫn: a. Khi nguồn sáng di chuyển tới vị trí mới S’ thì hiệu quang lộ của hai tia sáng xuất phát từ S’ tới O' là: L2 - L1 = (d2’ + d2) – (d1’ + d1) = (d2 - d1) + (d2’ - d1’) Hiệu khoảng cách từ điểm ta xét đến 2 nguồn S1 và S2: d2 - d1 = xa D Do đó: d2’ - d1’ = 'x a d Suy ra : 2 1 'x a xa L L d D    a S1 D S2 d1 d2 x O’ O d S1 d1 d2 O’ x D a O S2 d1’ d2’ S’ S 21 - Điều kiện để tại O' có vân sáng: L2 - L1 = 'x a xa k d D    Vân sáng trung tâm ứng với k = 0: ' 0 x a xa d D   . Suy ra : 1 ' 1. 0,5 D x x d     = –2mm  Dấu (–) chứng tỏ vân sáng trung tâm dời ngược chiều di chuyển của nguồn S, khoảng dịch chuyển là 2mm. b. Giả sử bản mặt song song đặt trước nguồn S1. Hiệu quang lộ từ 2 nguồn sáng S1 và S2 đến điểm M (2 tia S2M và S1M) là: L2 – L1 = d2 – [(d1 – e) + ne)] = (d2 – d1).n – (n – 1).e = xa D – (n – 1).e Điều kiện để tại M cho vân sáng: L2 – L1 = xa D – (n – 1).e = k Suy ra công thức xác định tọa độ vân sáng:  1n eDk D x a a     Vân sáng trung tâm k = 0     0 3 1 1 1,5 1 8. 10 n eD x a      = 4.10 3m = 4.10-3 m Vậy vân sáng trung tâm mới nằm cách vân sáng trung tâm cũ một đoạn: 𝑥0 = (𝑛 − 1)𝑒𝐷 𝑎 = 4. 10−3𝑚 * Do n > 1 nên x0 > 0, nghĩa là vân sáng giữa về phía có đặt bản mặt song song, trong trường hợp này là dời về phía nguồn S1. Bài 3. Tóm tắt: a = 1mm; D = 2m; λ1 và λ2. Cho: xS(k+3) (λ1) – xSk (λ1) = 4,8mm xS2 (λ2) – xStt (λ2) = 1,92mm a. λ1 và λ2 = ? b. MN = 23mm. - Số vân sáng; vân tối? - Vị trí trùng nhau của λ1 và λ2 trong MN. Hướng dẫn: S1 d1 d2 M x O S2 D a 22 a. * Theo giả thiết: xS(k+3) (λ1) – xSk (λ1) = 4.i1 = 4,8mm Suy ra khoảng vân của bức xạ λ1: i1 = 1,2mm  Bước sóng λ1 = 𝑖1𝑎 𝐷 = 1,2.10−3.1.10−3 2 = 0,6. 10−6𝑚 = 0,6𝜇𝑚 * Theo giả thiết: xS2 (λ2) – xStt (λ2) = 2.i2 = 1,92mm Suy ra khoảng vân của bức xạ λ2: i2 = 0,96mm  Bước sóng λ2 = 𝑖2𝑎 𝐷 = 0,96.10−3.1.10−3 2 = 0,48. 10−6𝑚 = 0,48𝜇𝑚 b. Ta có: 1 2 𝑏ề 𝑟ộ𝑛𝑔 𝑣ù𝑛𝑔 𝑔𝑖𝑎𝑜 𝑡ℎ𝑜𝑎 𝑖1 = 1 2 .23 1,2 = 9,58  λ1 có 19 vân sáng và 20 vân tối 1 2 𝑏ề 𝑟ộ𝑛𝑔 𝑣ù𝑛𝑔 𝑔𝑖𝑎𝑜 𝑡ℎ𝑜𝑎 𝑖1 = 1 2 .23 0,96 = 11,98  λ2 có 23 vân sáng và 24 vân tối * Khi vân sáng của hai bức xạ trung nhau: k1.λ1 = k2.λ2  k1.0,6 = k2.0,48  k1 = 4 5 .k2 Khi k1 = k2 = 0: xStt = 0. Khi k1 = ±4; k2 = ±5: xS1 = ±4,8mm Khi k1 = ±8; k2 = ±10: xS2 = ± 9,6mm Vậy có 5 vị trí trên màn ảnh cho các vân sáng trùng nhau. Bài 4. ĐS: a. Bước sóng: λ = 0,4256μm b. dmin = 1,33.10 -5 cm. Bài 5. 23 Tóm tắt: Màn mỏng d; n = 1,3 Chiếu  = 0,6m; i = 300. dmin = ? để: a. Giao thoa có cường độ cực đại b. Giao thoa có cường độ cực tiểu Hướng dẫn: Đây là hiện tượng giao thoa do bản mỏng cùng độ dày gây ra. Hiệu quang lộ của 2 tia phản chiếu từ 2 mặt màng (tia IR và LR’) là : 2 sin2 2212   indLL a. Cường độ sáng phản chiếu cực đại khi :   kind  2 sin2 22 Suy ra: d = (2k + 1) in 22 sin4    Bề dày cực tiểu của bản mỏng ứng với k = 0: dmin = 7 22 10.25,1 sin4   in  m b. Cường độ ánh sáng phản chiếu cực tiểu khi :  2 22 sin 2 1 2 2 d n i k       Suy ra:   2 2 1 2 sin d k n i      Bề dày cực tiểu của bản mỏng ứng với k = 0: in d 22 min sin2    = 2,5 . 10 -7 m. * Trường hợp riêng: Khi tia sáng được chiểu vuông góc với màng mỏng  góc tới i = 0 0 nên bề dày cực tiểu của bản mỏng khi: - Cường độ sáng phản chiếu cực đại: 𝑑𝑚𝑖𝑛 = 𝜆 4𝑛 S I R R’ K L N H i i i r r r i r 24 - Cường độ sáng phản chiếu cưc tiểu: 𝑑𝑚𝑖𝑛 = 𝜆 2𝑛 Bài 6. Tóm tắt: Bản mỏng n = 1,5  Phủ lớp mỏng n’ = 1,4.  = 0,6m. e = ? khi: a. cường độ giao thoa cực tiểu. b. cường độ giao thoa cực đại. Hướng dẫn: Xét tia sáng S1I1, khi tới mặt của màng mỏng, một phần tia sáng này sẽ phản xạ ở mặt trên của màng tại I1, một phần sẽ đi qua màng mỏng và phản xạ ở mặt dưới của màng mỏng tại N1. Quang lộ của cả hai tia sáng phản xạ tại I1 và N1 đều bị dài thêm một đoạn 𝜆 2 do phản xạ trên môi trường chiết quang hơn. Hai tia phản xạ này sẽ giao thoa với nhau tại mặt trên của màng mỏng. - Quang lộ của tia S1I1S1 phản xạ tại I1: 𝐿1 = 𝑆1𝐼1𝑆1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ + 𝜆 2 - Quang lộ của tia S1I1N1I1S1 phản xạ N1: 𝐿2 = 𝑆1𝐼1𝑆1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ + 2𝑛 ′. 𝐼1𝑁1̅̅ ̅̅ ̅̅ + 𝜆 2 = 𝑆1𝐼1𝑆1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ + 2𝑛 ′𝑒 + 𝜆 2  Hiệu quang lộ của hai tia phản xạ: L2 – L1 = 2𝑛 ′𝑒 a. Khi cường độ sáng của chùm tia giao thoa này cực đại thì: 𝐿2 − 𝐿1 = 2𝑛 ′𝑒 = 𝑘𝜆 Do đó bề dày của màng mỏng được xác định bởi công thức: 𝑒 = 𝑘𝜆 2𝑛′ Ứng với k = 1: 𝑒1 = 𝜆 2𝑛′ = 0,6 2.1,4 = 0,214𝜇𝑚 Ứng với k = 2: 𝑒1 = 2𝜆 2𝑛′ = 3.0,6 4.1,4 = 0,428𝜇𝑚 b. Khi cường độ sáng của chùm tia giao thoa này cực tiểu thì: e S1 S2 I1 I2 N1 N2 25 𝐿2 − 𝐿1 = 2𝑛 ′𝑒 = (2𝑘 + 1) 𝜆 2 Do đó bề dày của màng mỏng được xác định bởi công thức: 𝑒 = (2𝑘 + 1) 𝜆 4𝑛′ Ứng với k = 0: 𝑒0 = 𝜆 4𝑛′ = 0,6 4.1,4 = 0,11𝜇𝑚 Ứng với k = 1: 𝑒1 = 3𝜆 4𝑛′ = 3.0,6 4.1,4 = 0,33𝜇𝑚 Bài 7. Tóm tắt:  =2’; chiết suất n λ = 0,539m x = xk – xk–1 = 0,3mm Xác định n=? Hướng dẫn: a) Tia tới SI khi đến gặp mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt không khí-thủy tinh thì tách làm 2 tia: - Tia SIR phản xạ tại I (quang lộ của tia SIR bị dài thêm một đoạn 𝜆 2 do phản xạ trên thủy tinh là môi trường chiết quang hơn) - Tia truyền qua SIKIR’. Tia IK bị phản xạ tại K và quay lại theo phương KI rồi giao thoa với tia IR tại I. Vân giao thoa xuất hiện ở bề mặt trên của nêm. Tại I hiệu quang lộ của 2 tia là: L2 – L1 = 2.IK.n – 2  = 2dKn – 2  (với dk = IK) b) Các vân tối thỏa mãn: L2 – L1 = 2dKn – 2  = (2k + 1). 2   dK = (k + 1). n2  Gọi xK là khoảng cách từ cạnh nêm 0 tới vân tối thứ k: xk =    1 1 sin 2 sin 2 K k kd n n          Khoảng cách giữa 2 vân tối liên tiếp : x = xk – xk - 1 =   n2 k k–1 S R I K α α O 26 Suy ra chiết suất của nêm là: x n     2 = 1,55 c) Độ dày vân tối thứ 4: 𝑑4 = 4𝜆 2𝑛 = 0.695 m Bài 8. Tóm tắt: Cho λ = 0,6µm a. N = 10 vân/cm  α = ? b. λ1 = 0,5µm; λ2 = 0,6µm - Thay đổi ntn? - Xác định vị trí trùng nhau? Hướng dẫn: a. Tia tới S1I1 khi đến gặp mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt thủy tinh- không khí thì chia ra làm hai tia: - Tia S1I1R1 phản xạ tại I1 - Tia truyền qua S1I1N1I1R1’ phản xạ tại N1, tia này có quang lộ dài thêm một đoạn 𝜆 2 do phản xạ trên thủy tinh là môi trường chiết quang hơn.  Vân giao thoa xuất hiện ở mặt trên của nêm không khí. Tại I1, hiệu quang lộ của hai tia: ∆𝐿 = 𝐿2 − 𝐿1 = 2. 𝑑𝑘 + 𝜆 2 * Điều kiện để cho vân sáng: ∆𝐿 = 𝐿2 − 𝐿1 = 2. 𝑑𝑘 + 𝜆 2 = 𝑘𝜆 Suy ra công thức xác định vị trí vân sáng thứ k của nêm không khí: 𝑑𝑘 = (2𝑘 − 1) 𝜆 4 Khoảng cách từ cạnh nêm đến vân sáng thứ k: 𝑥𝑘 = 𝑑𝑘 sin 𝛼 ≈ 𝑑𝑘 𝛼 = (2𝑘 − 1) 𝜆 4𝛼  Khoảng vân: 𝑖 = 𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘 = 𝜆 2𝛼 Khoảng cách giữa 10 vân sáng = 9 khoảng vân: S1 S2 d k d k+ 1 0 N1 N2 I1 I2 α α 27 𝐼1𝐼2 = 9𝑖 = 9 𝜆 2𝛼 → 𝛼 = 9𝜆 2𝐼1𝐼2 = 2,7 × 10−4 𝑟𝑎𝑑 Lưu ý: Có thể dựa vào điều kiện cho vân tối để giải bài toán này. b. Tương tự câu a, tại I1, hiệu quang lộ của hai tia: ∆𝐿 = 𝐿2 − 𝐿1 = 2. 𝑑𝑘 + 𝜆 2 * Điều kiện để cho vân tối: ∆𝐿 = 𝐿2 − 𝐿1 = 2. 𝑑𝑘 + 𝜆 2 = (2𝑘 + 1) 𝜆 2 Suy ra công thức xác định vị trí vân tối thứ k của nêm không khí: 𝑑𝑘 = 𝑘𝜆 2  Vân tối thứ k+1: 𝑑𝑘+1 = (𝑘 + 1) 𝜆 2 Khoảng vân là khoảng cách giữa hai vân tối liên tiếp: 𝑖 = 𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘 = 𝑑𝑘+1−𝑑𝑘 𝛼 = 𝜆 2𝛼 Vậy, khoảng vân của bức xạ: 𝑖1 = 𝜆1 2𝛼 ; 𝑖2 = 𝜆2 2𝛼 . Do đó sẽ có vị trí tại đó vân giao thoa của hai hệ thống trùng nhau. * Vị trí của các vân tối được xác định: 𝑦𝑡1 = 𝑘1 𝜆1 2𝛼 ; 𝑦𝑡2 = 𝑘2 𝜆2 2𝛼 Khi hai vân trùng nhau: yt1 = yt2  k1λ1 = k2λ2  𝑘1 = 6 5 𝑘2 - k1 = k2 = 0  yt1 = yt2 = 0 - k1 =6; k2 = 5  yt1 = yt2 = 0,3cm - k1 = 12; k2 = 10  yt1 = yt2 = 0,6cm Vậy cứ cách cạnh nêm một khoảng bằng một bội số nguyên lần 0,3cm thì hai vân tối của hai hệ thống vân lại trùng nhau. Bài 9. 28 Tóm tắt: Hệ thống vân tròn Newton R = 4m r9 – r4 = 1,6mm a.  = ? b. d4 = ? Hướng dẫn: a. Bán kính của vân tối thứ K là : rK = KR Bán kính vân tối thứ 9 là : r9 =  2.339  RR Bán kính vân tối thứ 4 là : r4 =  2.224  RR Khoảng cách giữa vân tối thứ 9 và vân tối thứ 4 là: r9 - r4 = 36 4 2 1,6 .10 m        = (0,8 . 10-3)2 = 0,64 . 10-6m = 0,64m b. Bề dày lớp không khí tại vị trí vân tối thứ 4 là : 4 4 2 2 K k d d      = 2 = 1,28m Bài 10. Tóm tắt: Hệ thống vân tròn Newton, hạt bụi e. k1 = 5  D1 = 0,7mm k2 = 15  D2 = 1,7mm λ = 0,59µm R = ? Hướng dẫn: Gọi e là đường kính của hạt bụi. 𝐷𝑘 là đường kính vân tròn Newton thứ k Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ tại điểm giao thoa M: 𝐿2 − 𝐿1 = 2(𝑑𝑘 + 𝑒) + 𝜆 2 Điều kiện cho vân tối: 𝐿2 − 𝐿1 = 2(𝑑𝑘 + 𝑒) + 𝜆 2 = (2𝑘 + 1). 𝜆 2 rk dk M R 29 Suy ra: 𝑑𝑘 = 𝑘 𝜆 2 − 𝑒 (1) Trong tam giác vuông ABM, ta có: 𝐷𝑘 2 4 = 𝑅2 − (𝑅 − 𝑑𝑘) 2 = 𝑑𝑘(2𝑅 − 𝑑𝑘) ≈ 2𝑅𝑑𝑘 Suy ra: 𝑑𝑘 = 𝐷𝑘 2 8𝑅 (2) Từ (1) và (2), suy ra: 𝑘 𝜆 2 − 𝑒 = 𝐷𝑘 2 8𝑅 Thay các điều kiện trong bài toán: 𝑅 = 𝐷2 2 − 𝐷1 2 4𝜆(𝑘2 − 𝑘1) Thế số: R = 10,2cm. --------------------------------------------------------------------------- Chương 8: NHIỄU XẠ ÁNH SÁNG I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ 1. Nhiễu xạ qua 1 khe hẹp : Vị trí của cực đại giữa ứng với sin  = 0; Vị trí cực tiểu : Sin  = k b  ; k =  1,  2... ; Vị trí cực đại : Sin  = (2k + 1) b2  ; k = 1,  2,  3... ; Với  là góc nhiễu xạ. 2. Nhiễu xạ qua nhiều khe hẹp - Cách tử nhiễu xạ: Cực đại nhiễu xạ : Sin  = k d  ; K = 0,  1,  2 ... d là chu kỳ cách tử. n = d 1 là số khe trên một đơn vị dài của cách tử. 3. Nhiễu xạ trên mạng tinh thể : Công thức nhiễu Bragg cho cực đại nhiễu xạ: 2d sin  = k với k = 0,  1,  2... d là khoảng cách giữa hai mặt phẳng nguyên tử liên tiếp.  là góc nhiễu xạ theo phương phản xạ gương. 30 II. BÀI TẬP Bài 1. Bề rộng cực đại giữa của hình nhiễu xạ trên màn M bằng 2,4 cm. Màn cách thấu kính đặt ngay sau một khe hẹp chữ nhật một khoảng 2 m. Tìm bước sóng của chùm ánh sáng song song chiếu vuông góc với khe, biết bề rộng của khe bằng 0,1mm. Bài 2. Một cách tử có 20.000 vạch có chiều dài 4cm. Tìm sự tách góc của toàn bộ phổ nhìn thấy đối với quang phổ bậc 1 và bậc 2 nếu chùm sáng song song chiếu thẳng góc với cách tử có bước sóng từ 3,9.10-7 m tới 7,7.10-7m. Bài 3: Chiếu một chùm tia sáng ( = 0,5m) thẳng góc với một cách tử nhiễu xạ. Gần cách tử có một thấu kính hội tụ. Khoảng cách từ màn ảnh tới thấu kính bằng 1m. Khoảng cách giữa 2 cực đại chính bậc 1 bằng 20,2cm. Hãy xác định : a. Chu kỳ d của cách tử. b. Số vạch n trên 1cm cách tử. c. Tổng số vạch sáng cực đại ứng với góc lệch lớn nhất cho bởi cách tử. d. Góc nhiễu xạ max ứng với vạch quang phổ ngoài cùng. Bài 4. Quang phổ của nguyên tử Hydro có một vạch đỏ có bước sóng 656 nm và một vạch tím có bước sóng 434 nm. Tìm sự tách góc giữa các cực đại nhiễu xạ của hai bước sóng trên ở tất cả các bậc quang phổ thu được qua một cách tử có 4500 khe/cm? Bài 5. Chiếu sáng vuông góc với mặt phẳng của một cách tử nhiễu xạ truyền qua, quan sát hình nhiễu xạ bằng một thị kính. Khi quay thị kính một góc  nào đó, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc ba ứng với bước sóng  = 4,4.10-4 mm. Hỏi dưới cùng một góc  đó, người ta có thể quan sát thấy vạch quang phổ ứng với bước sóng nào nằm trong giới hạn từ 1 = 4.10 -4mm đến 2 = 7.10 -4 mm. Vạch đó thuộc quang phổ bậc mấy. Bài 6. Một cách tử nhiễu xạ có chu kỳ cách tử 𝑑 = 2 × 10−6 m. Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng bằng 0,589 µm thẳng góc với cách tử. a) Hãy xác định số vạch cực đại chính tối đa cho bởi cách tử. b) Nếu thay ánh sáng nói trên bằng ánh sáng khác thì bước sóng lớn nhất có thể quan sát được nhiễu xạ là bao nhiêu? Bài 7. Khi chiếu ánh sáng đơn sắc với bước sóng 1 = 0,6 m thẳng góc với một cách tử phẳng thì góc lệch ứng với quang phổ bậc 1 là 1708’. a. Tìm góc lệch ứng với vạch quang phổ bậc 2 của ánh sáng đơn sắc có bước sóng 2 = 0,5 m. b. Tìm số vạch trên 1 cm chiều dài của cách tử. c. Với góc lệch bằng bao nhiêu thì vạch quang phổ của 2 ánh sáng trên trùng nhau. 31 Bài 8. Khoảng cách giữa 2 cực đại ở kề hai bên cực đại giữa trên màn ảnh là 3,6cm. Màn cách thấu kính đặt ngay sau khe hẹp một đoạn 2m và ở tiêu diện của thấu kính này. Ánh sáng chiếu vuông góc vào khe hẹp có bước sóng 0,6 m. Tìm bề rộng của khe hẹp. Bài 9. Một chùm tia Rơnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl thu được góc nhiễu xạ theo phương phản xạ gương bằng 300. Theo phương phản xạ gương trên mặt tinh thể người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai. Xác định khoảng cách giữa hai mặt phẳng nguyên tử liên tiếp, biết rằng ánh sáng tới có bước sóng là 1,41.10-10m. Bài 10. Cho một nguồn sáng song song có bước sóng 500 nm chiếu vuông với một cách tử nhiễu xạ. Cực đại nhiễu xạ bậc 3 quan sát được ở góc lệch 32.0°. Tính: a. Số khe trên 1 cm. b. Số cực đại chính có thể quan sát được trong trường hợp trên. III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài 1. Bề rộng cực đại giữa của hình nhiễu xạ là khoảng cách giữa 2 cực tiểu bậc một. Vị trí của 2 cực tiểu đó, xác định từ: bsin  = k với k =  1 Bề rộng cực đại giữa là: l = 2.OB.tg   2.OB.sin (do  nhỏ). l = 2. OB . b    = 2 b OB l = 0,6 m. Bài 2. Chu kỳ của cách tử : d = 4.10-2m/20.000 = 2.10-6m Cực đại nhiễu xạ xác định từ công thức: sin  = k d  1. Với quang phổ bậc 1 (k = 1) ta có: sin  = d  + Với ánh sáng tím có t = 0,39.10 -6 m thì sin t = d t = 6 6 10.2 10.39,0   = 0,195  t = 11 015’ + Với ánh sáng đỏ có d = 0,77.10 -6 m thì M  I   L P Sin   B O    b 32 sin đ = đ d  = 6 6 10.2 10.77,0   = 0,385  đ = 22 039’ Sự tách góc của quang phổ bậc một là đ - t = 11 024’ 2. Với quang phổ bậc 2 (k = 2) thì : Sin  = d 2 + Với ánh sáng tím: Sin t = d 2 t = 0,39  t = 22 057’ + Với ánh sáng đỏ: Sin đ = 2 đ d  = 0,77  đ = 50 021’ Sự tách góc của quang phổ bậc 2 là d - t = 27 024’ Bài 3. a. Tìm d: Công thức xác định vạch cực đại: dsin  = k Với quang phổ bậc 1: d =   sin Mà tg  = BM OB với BM = 2 l và OB = f khi đó ta có 2 tg f   l . Do  nhỏ nên tg = sin   sin = 2 f l Vậy: d = 42 2.0,5.10 .100 20,2 f   l = 4,95.10 -4 cm b. Tìm n : n = 410.95,4 1 d 1   = 2020 vạch/cm c. Tìm Nmax: Số vạch cực đại quang phổ xác định từ : dsin  = k ; k = 0,  1,  2, ... Ta có: sin k d    ; Vì max1 sin 1 9.9 9.9 9 d d k k k              Tổng số vạch sáng ứng với góc lệch lớn nhất là: Nmax = 2kmax + 1 = 2.9 + 1 + 19 vạch d. Góc nhiễu xạ ứng với vạch cực đại ngoài cùng là : max Sin max = kmax d  = 91,0 95,0 5,0.9   max = 65 0 30' Bài 4. ĐS: Δ𝜃1 = 5,91 𝑜 , Δ𝜃2 = 13,2 𝑜 , Δ𝜃3 = 26,5 𝑜 M 33 Bài 5. Vị trí vạch quang phổ xác định bởi: dsin  = k = 3.4,4.10-4 mm = 13,2.10-7m Ta có : ’ = 7 ' 13,2.10 m k  . Trong giới hạn 1 2'    Phải có: 7 2 13,2.10 'k     1 710.2,13    1,9 < k’ < 3,3 Do k’ nguyên, nên ta lấy: k’= 2, 3. Vậy dưới cùng một góc  trên, có thể quan sát thấy thêm vạch quang phổ bậc 2 có  = 713,2.10 2  = 0,66.10 -6m (ngoài vạch cực đại đã cho trong bài ứng với k= 3). Bài 6. ĐS: a. Nmax=7; b. λ max=d=2µm Bài 7. a. Ta có góc lệch ứng với phổ bậc một của bước sóng 1: 1 1 1 1sin k d d      Góc lệch ứng với phổ bậc hai của bước sóng 2: 2 2 2 2sin 2k d d      0 02 2 2 2 1 1 sin 2 2.0,5 5 5.sin(17 8') sin 29 24' sin 0,6 3 3              b. Số vạch trên 1cm chiều dài Ta có: 0 1 5 1 sin1 sin(17 8') 4910 6.10 n d        vạch/cm c. Điều kiện vạch quang phổ của hai ánh sáng trên trùng nhau: 1 2 1 2 1 1 2 2sin sin 5 6 k k k k        Vì k1 và k2 nguyên (k1=5, k2=6); (k1=10, k2=12) 01 1 min(sin ) 5 5.sin(17 8') 1.47 1 d       Không có  nào thỏa mãn để quang phổ của hai vạch sáng trùng nhau. Bài 8. Khoảng cách giữa hai cực đại ở kề hai bên cực đại giữa là cực đại bậc 1. Vì vậy, ta có điều kiện cho cực đại nhiễu xạ qua 1 khe hẹp: 3 sin (2 1) 2 2 k d d       Vì góc  nhỏ 34 6 4 2 3 sin tan 2 2 2 3 3.0,6.10 .2 10 ( ) 0,1( ) 3,6.10 f b f f b m mm                 Bài 9. Đáp số: d = 2,82.10-10m. Bài 10. Đáp số: a. n = 3530 vạch/cm; b. N = 11 --------------------------------------------------------------------------- Chương 9: PHÂN CỰC ÁNH SÁNG I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ 1. Định luật Maluýt: I2 = I1cos 2  là góc tạo bởi 2 quang trục của kính phân cực và kính phân tích, I1, I2 là cường độ sáng sau 2 kính trên. 2. Phân cực ánh sáng do phản xạ - Góc Briuxtơ: Khi ánh sáng tự nhiên tới mặt phân cách hai môi trường với góc tới iB, nếu tgiB = n21. (n21 là chiết suất tỷ đối của môi trường chứa tia khúc xạ và tia tới) thì ánh sáng phản xạ phân cực toàn phần. 3. Cường độ sáng sau các lăng kính Nicôn: I2 = I cos 2  : góc tạo bởi tiết diện chính của 2 Nicôn. I1, I2 là cường độ sáng sau Nicôn khi có ánh sáng tự nhiên rọi vào chúng. 4. Sự quay mặt phẳng phân cực: Anh sáng tự nhiên rọi theo phương quang trục thì hai mặt phẳng phân cực bị quay một góc : a. Với tinh thể đơn trục :  = [ ] d  : Khối lượng riêng của tinh thể đơn trục; d : Chiều dày của bản tinh thể. b. Với chất quang hoạt :  = [  ] Cd C : Nồng độ của chất quang hoạt ; d : Chiều dày của lớp dung dịch. II. BÀI TẬP Bài 1. Một tia sáng đập vào một tinh thể canxít, tinh thể này có mặt song song với quang trục. Giả thiết rằng mặt phẳng tới vuông góc với quang trục và góc tới bằng 500. Tìm góc tách giữa tia thường và tia bất thường. 35 (Cho biết đối với Canxit, chiết suất tia bất thường là ne = 1,4864 và đối với tia thường là n0 = 1,6583). Bài 2. Một chùm ánh sáng phân cực thẳng có bước sóng trong chân không bằng 5,9.10 -7m rọi vuông góc với quang trục của 1 tinh thể canxit. Tìm bước sóng của tia thường và tia bất thường, tần số ứng với mỗi tia. Cho no = 1,658 , ne = 1,486 Bài 3. Hỏi góc nghiêng của tia sáng mặt trời so với chân trời (mặt phẳng nằm ngang) phải bằng bao nhiêu để những tia sáng mặt trời phản chiếu trên mặt nước hồ bị phân cực toàn phần ? Biết rằng chiết suất của nước hồ là n = 1,33. Bài 4. Một chùm sáng tự nhiên truyền qua 2 bản Tuamalin T1 và T2 có các mặt bản song song với nhau. Xác định góc hợp bởi hai tiết diện chính của 2 bản, nếu cường độ sáng sau bản T2 giảm đi 4 lần so với cường độ sáng sau bản T1. Bài 5. Dung dịch đường glucôz nồng độ C1 = 0,28g/cm 3 đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 1 = 32 0. Hãy xác định nồng độ C2 của một dung dịch cũng đựng trong bình trụ giống như trên, biết rằng nó làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng một góc 2 = 24 0 . Bài 6. Chất nicôtin (lỏng tinh khiết) đựng trong một bình hình trụ thủy tinh dài l = 8cm sẽ làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng vàng natri một góc  = 136,6 0. Khối lượng riêng của nicôtin là = 1,01g/cm3 . Xác định góc quay riêng [  ] của nicôtin. Bài 7. Một bản thạnh anh dày d = 2mm được cắt vuông góc với quang trục, sau đó được đặt vào giữa 2 Nicôn song song. Mặt phẳng phân cực của ánh sáng bị quay 1 góc  = 530. Hỏi chiều dày của bản phải bằng bao nhiêu để ánh sáng đơn sắc dùng trong thí nghiệm không qua được Nicôn phân tích. III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài 1. Anh sáng tới nằm trong mặt phẳng tới vuông góc với quang trục, nên tia tới vuông góc với quang trục. Khi đó tia thường truyền trong tinh thể với vận tốc v0, tia bất thường truyền trong tinh thể với vận tốc ve # v0, chiết suất của canxit đối với hai tia là n0 và ne. Theo định luật khúc xạ : 6583,1n rsin isin 0 0  ; 4864,1n rsin isin e e  Thay i = 50 0 , ta có : r0’ = 27 030’ ; re = 31 035’. Vậy góc tách giữa 2 tia là : re - ro = 3 035’ Bài 2. 36 Ta có nO = o o ooo nTv cT v c      ; ne = e e eee nTv cT v c      Thay số ta được : o = 3,55.10 -7 m ; e = 3,97.10 -7 m Vận tốc của tia thường và tia bất thường trong tinh thể khác nhau, nhưng tần số của chúng không thay đổi và bằng tần số của ánh sáng tới: f = e e O O vvc      = 5,08.10 14 Hz Bài 3. Đáp số:  = 36055’ Bài 4. Ap dụng định lý Maluýt : I2 = I1 cos 2 = 4 1 ; cos 2 = 4 1  cos  =  2 1       3/4 3/ Bài 5. 1 = [  ]lC1 ; 2 = [ ]lC2 Suy ra: 1 2 2 1 2 1 2 C C C      C1 = 0,21g/cm 3 Bài 6.  = [  ]lC = [  ]1 v m = [  ]1 V V ;  = [  ]1  [  ] = cm.g . , l 3cmâäü 916   Bài 7. Bề dày của bản phải sao cho mặt phẳng phân cực quay đi 1 góc 900. Từ hai điều kiện đã cho ta có: 1 = [  ] 1d ; 2 = [  ] 2d  d2 = mm,d.d. . 43 53 90 11 1 2    --------------------------------------------------------------------------- 37 Phần IV: VẬT LÍ HIỆN ĐẠI Chương 10: CƠ HỌC TƯƠNG ĐỐI (Không có bài tập) --------------------------------------------------------------------------- Chương 11: QUANG LƯỢNG TỬ I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ A. BỨC XẠ NHIỆT 1. Năng suất phát xạ xa toàn phần của vật đen tuyệt đối (Định luật Stephan- Boltzmann) RT =     0 4 T Tdr với  = 5,67.10 -8 42Km W : hệ số Stephan-Boltzmann 2. Bước sóng bức xạ mang nhiều năng lượng nhất (Định luật Wien) max = T b với b = 2,896.10-3m K 3. Công thức Planck về năng suất phát xạ của vật đen tuyệt đối f (v, T) =   1 , 2 2   kT h e h c h Tf    , với h = 6,625.10 -34J.s : hằng số Planck; c = 3.10 8 m/s B. TÍNH CHẤT HẠT CỦA BỨC XẠ ĐIỆN TỪ 1. Năng lượng, khối lượng, động lượng của photôn có tần số  , bước sóng c    : W = h =  hc ; m = 2 2 ; W h h h P mc c c c        2. Tán xạ Compton  = ’ -  = 2c sin 2 2  ;  là bước sóng tới, ’ là bước sóng tán xạ,  là góc tán xạ. c = 2,4.10 -12m là bước sóng Compton. 3. Thuyết lượng tử ánh sáng của Einstein : 38 Công thức Einstein: 2 max 2 1 mvA c hh th    II. BÀI TẬP Bài 1. Một vật (xem là vật đen tuyệt đối) được nung nóng để nhiệt độ của nó tăng từ 1000 K đến 3000 K. a) Tính bước sóng có năng suất phát xạ cực đại của vật ở nhiệt độ ban đầu. b) Năng suất phát xạ toàn phần của nó tăng lên bao nhiêu lần sau khi nung nóng? Bài 2. Bước sóng của bức xạ mang nhiều năng lượng nhất được phát ra từ mặt trời là m = 0,48 m. Xem mặt trời là một vật đen tuyệt đối. Hãy tính. a. Nhiệt độ của mặt trời b. Công suất phát xạ toàn phần của mặt trời Biết rằng mặt trời có bán kính R0 = 7.10 5 km. Bài 3. Dây tóc Vônfram trong đèn điện có đường kính là d = 0,03cm và độ dài là l = 5cm, khi mắc vào mạch điện 127 vôn thì dòng điện qua đèn là I = 0,3Ampe. Tỉ số giữa năng suất phát xạ toàn phần của Vônfram và năng suất phát xạ toàn phần của vật đen tuyệt đối ở cùng một nhiệt độ là  = 0,31. Giả sử ở trạng thái cân bằng nhiệt tất cả nhiệt do đèn phát ra đều ở dạng bức xạ. Tìm nhiệt độ của đèn. Bài 4. Bề mặt da người có nhiệt độ trung bình 35oC, diện tích 1,6m2. Áp dụng các công thức dùng cho vật đen tuyệt đối với giả thiết RT của người chỉ bằng 10% vật đen tuyệt đối. Hãy tính: a) Bước sóng bức xạ mang nhiều năng lượng nhất do con người phát xạ. b) Tổng năng lượng phát xạ của một người trong một ngày đêm. Bài 5. Công suất bức xạ của một vật đen tuyệt đối tăng bao nhiêu lần nếu trong quá trình nung nóng bước sóng của bức xạ mang nhiều năng lượng nhất dịch chuyển từ 0,6 m đến 0,5m. Bài 6. Nhiệt độ của sợi dây tóc của bóng đèn điện luôn biến đổi vì được đốt nóng bằng dòng điện xoay chiều. Hiệu số giữa nhiệt độ cao nhất và thấp nhất là 800K, nhiệt độ trung bình là 2300 0K. Hỏi công suất bức xạ biến đổi bao nhiêu lần, nếu coi dây tóc bóng đèn như một vật đen tuyệt đối. Bài 7. Trong hiện tượng tán xạ Compton, chùm tia X tới có có bước sóng bằng bao nhiêu? Nếu electron bắn ra có động năng cực đại là 0,19MeV. Bài 8. Photon có năng lượng 0,25MeV bay đến va chạm với một electron đứng yên và tán xạ theo góc 1200 (tán xạ Compton). Xác định năng lượng của electron tán xạ. Bài 9. Một tấm kim loại có diện tích bề mặt S = 10 cm2, có nhiệt độ 2500 K, trong 1 phút phát ra một năng lượng 4.104 J dưới dạng bức xạ điện từ. 39 a. Tính năng lượng phát xạ của một vật đen tuyệt đối có cùng diện tích bề mặt và cùng nhiệt độ với vật trên trong 1 phút. b. Nhiệt độ của tấm kim loại giảm đi 500 K. Tính công suất phát xạ của tấm kim loại trên. Bài 10. Xác định năng lượng, khối lượng và xung lượng của photon có bước sóng tương ứng : a. 1 = 0,7.10 -6 m; b.2 = 0,25.10 -10 m ; c.3 = 0,016.10 -10 m III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài 1. a. Bước sóng ở 𝑇1: 𝜆1 = 𝑏 𝑇1 = 2,9 × 10−3/1000 = 2,9 𝜇m. b. Năng suất bức xạ toàn phần của vật đen tuyệt đối: 𝑅(𝑇) = 𝜎𝑇4 Do đó: 𝑅2 𝑅1 = ( 𝑇2 𝑇1 ) 4 = 34 = 81 → tăng lên 81 lần Bài 2. a. Nhiệt độ của mặt trời: 3 7 max 2,9.10 6042 4,8.10 b T K       b. Công suất bức xạ của mặt trời là năng lượng do mặt trời phát ra trong một giây. W P t  = RT.S = T 4 4R0 2 S = 4R0 2 là diện tích của mặt trời. Ta có P = 4 4 2 0 max . b R        = 4,9.10 25 W Bài 3. Công suất bức xạ của dây tóc Vônfram bằng công suất tiêu thụ của đèn: P = U.I Năng suất phát xạ toàn phần của dây tóc Vônfram hình trụ có diện tích S = dl là năng lượng bức xạ toàn phần của một đơn vị diện tích của nó. Rv = P UI S dl  Năng suất phát xạ toàn phần của vật đen là RT = T 4 Từ điện kiện: 4. V T R UI R dl T   =  Ta tìm được nhiệt độ của dây tóc là : T = 4 UI dl = 2620K Bài 4. ĐS: a. λmax = 9,4.10 -6 m 40 b. Tổng năng lượng phát xạ: E = 7,54.103 kJ Bài 5. Ta có : max = T b và P = .T4.S              4 2 1 4 1 2 1 2   T T P P 2,07 lần Bài 6 . P = RTS = T 4 S; 4        min max min max T T P P = 1,15 Bài 8. a. + Năng lượng toàn phần trước tán xạ: 21 eW m C h  + Năng lượng toàn phần sau tán xạ là: 2 2 2 2 ' 1 em CW h v c    Theo định luật bảo toàn năng lượng: W2 = W1 2 sin2 ' 1 ' 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2     C đ e e đ e e hchc E hchchchc cm c v cm E hc c v cmhc cm         Và : Eđmax khi C C C đ hchchc E     2 2 2 1 2 sin max 2      = 0,037A0 Bài 8. Năng lượng của photon tán xạ : 2 sin2 ' ' 2   C hchc E   và : E hc  ; với E là năng lượng của photon tới 2 sin2 ' 2 C E hc hc E   = 0,144MeV. Bài 9. ĐS: a. E = 1,33x105 J; b. P = 27,28 W Bài 10. 41 Ta có : năng lượng, khối lượng và xung lượng của photon được xác định bởi các công thức lần lượt là :     h p c m hc h  ;; 2 a. 1 = 0,7.10 -6 m :  = 2,839.10-19J, m = 3,16.10-36kg, p = 9,466.10-28kgm/s b. 2 = 0,25.10 -10 m :  = 7,95.10-15J, m = 8,84.10-32kg, p = 2,65.10-23kgm/s c. 3 = 0,016.10 -10 m :  = 1,24.10-13J, m = 1,38.10-30kg, p = 4,14.10-22kgm/s --------------------------------------------------------------------------- Chương 12: CƠ HỌC LƯỢNG TỬ I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ 1. Hệ thức de Broglie: Vì hạt tự do có năng lượng E, động lượng P tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số và bước sóng : ; E h h p    2. Hệ thức bất định Heisenberg : a. Hệ thức giữa độ bất định về tọa độ và độ bất định về động lượng của vi hạt : x . Px  h h : hằng số Plăng b. Hệ thức giữa độ bất định năng lượng và thời gian sống của vi hạt: E . t  h 3. Hàm sóng : a. Hàm sóng phẳng đơn sắc :  = 0 exp [- i (t - kr)] = 0 exp   i Et pr       h với 2 h  h b. Ý nghĩa của hàm sóng: - Mật độ xác suất tìm hạt  = 2  - Xác suất tìm hạt trong yếu tố thể tích dV là : 2 dV = *dV - Xác suất tìm hạt trong toàn không gian :    2  dV = 1 4. Phương trình Schrodinger mô tả chuyển động của vi hạt : − ℏ2 2𝑚 Δ𝜓(𝑟) + 𝑈(𝑟)𝜓(𝑟) = 𝐸𝜓(𝑟) với 𝜓(𝑟) là hàm sóng không phụ thuộc thời gian. II. BÀI TẬP: Bài 1. Hạt electron có vận tốc ban đầu bằng 0 được gia tốc qua 1 hiệu điện thế U. Xác định bước sóng de Broglie của electron sau khi gia tốc trong 2 trường hợp : 42 a. U = 51V b. U = 510 KV Bài 2. Động năng của electron trong nguyên tử hydrô có giá trị vào cỡ 10eV. Dùng hệ thức bất định hãy đánh giá kích thước nhỏ nhất của nguyên tử. Bài 3. Trong một thí nghiệm cho chùm hạt xuyên qua 2 khe hẹp A và B, người ta xác định được biên độ của sóng đi qua 2 khe này tại 1 điểm nào đó trên màn hứng lần lượt bằng + 3 và + 5 và tốc độ đếm (số hạt đếm được trong một đơn vị thời gian) nếu chỉ mở khe A bằng 60 hạt/giây. a. Hỏi tốc độ đếm nếu chỉ mở khe B ? b. Hỏi tốc độ đếm nếu mở cả 2 khe ? Bài 4. Một phôtôn và 1 electron có động năng bằng nhau. Hãy so sánh bước sóng de Broglie của phôtôn và electron ? Bài 5. Tính độ bất định về tọa độ x của hạt electron trong nguyên tử hydrô biết rằng vận tốc electron bằng v = 1,5.106 m/s và độ bất định về vận tốc v = 10% của V. So sánh kết quả tìm được với đường kính d của quỹ đạo Bohr thứ nhất và xét xem có thể áp dụng khái niệm quỹ đạo cho trường hợp kể trên không ? Bài 6. Prôtôn có năng lượng bằng 103 MeV. Bước sóng de Broglie của prôtôn này bằng bao nhiêu ? Cho khối lượng nghỉ của prôtôn là 1,67.10-27 kg. Bài 7. Một vi hạt trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có bề rộng 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 được mô tả bởi hàm sóng 𝜓(𝑥) = 𝜓0 sin 𝑛𝜋 𝑎 𝑥. a) Hãy xác định biên độ sóng 𝜓0 từ điều kiện chuẩn hoá. b) Hạt ở trạng thái kích thích có 𝑛 = 2. Xác định những vị trí ứng với cực đại và cực tiểu của mật độ xác suất tìm thấy hạt trong vùng 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎/2. Bài 8. Chiếu một chùm electron có năng lượng 0,083eV lên một mẫu tinh thể, người ta quan sát thấy góc trượt ứng với nhiễu xạ bậc nhất bằng 220. Tìm hằng số mạng d của tinh thể nói trên. Bài 9.Một hạt bị nhốt giữa hai bức tường rắn nằm cách nhau một khoảng L. Biết rằng hạt ở trạng thái năng lượng thấp nhất và có hàm sóng là Ψ(𝑥) = 𝐴 sin 𝜋𝑥 𝐿 (𝑣ớ𝑖 𝐴 = √ 2 𝐿 ) Tính xác suất tìm thấy hạt giữa các điểm. a. Từ x1 = 0 đến x2 = 3 L b. Từ x1 = 3 L đến x2 = 3 L2 c. Từ x1 = 3 L2 đến x2 = L Bài 10. Tìm vận tốc và bước sóng của một electron có động năng tương đối tính bằng năng lượng nghỉ của nó. 43 III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài 1. Hạt electron khi được gia tốc của hiệu điện thế U sẽ nhận được một lượng năng lượng W = eU. Toàn bộ năng lượng này chuyển thành động năng Wđ của eclectron. a. Vì hiệu điện thế U không lớn lắm nên động năng của electron không lớn, do đó vận tốc của nó cũng không lớn. Trong trường hợp này ta có thể sử dụng được cơ học cổ điển : 2 2 2 2 2 2 2 e e đ e e m v m v P eU W m m      eUm2P e Mặt khác, theo giả thiết Đơbrơi :   h P   P h eUm2 h e (1) Thay số : h = 6,625 . 10-34 J.S ; me = 9,1 . 10 -31 kg e = 1,6 . 10 -19 C ; U = 51V Vào biểu thức (1) ta được :  = 1,7.10-9m = 1,7A0 b. Vì hiệu điện thế U khá lớn, nên động năng của electron lớn, như vậy vận tốc của nó cũng lớn. Trong trường hợp này ta không thể áp dụng cơ học cổ điển được mà phải áp dụng cơ học tương đối : Wđ = W - W0 Trong đó W=mc2 là năng lượng toàn phần của electron, W0 =mec 2 là năng lượng nghỉ của electron. Do đó : eU = Wđ = mc 2 - mec 2 Theo cơ học tương đối ta có biểu thức liên hệ giữa năng lượng và động lượng của hạt: 𝑊2 = 𝑚2𝑐4 = 𝑚𝑒 2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 nên 𝑚𝑐2 = √𝑚𝑒2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 . Do đó: eU = √𝑚𝑒2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 − 𝑚𝑒𝑐 2 ⇒ 𝑚𝑒 2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 = 𝑒2𝑈2 + 2𝑒𝑈𝑚𝑒𝑐 2 + 𝑚𝑒 2𝑐4 Từ đây ta rút ra được: 2 2 2 2 2 ee U eUm cp c     21 2 ep eU eU m c c   Do:  22 e h hc p eU eU m c     Thay số vào ta được  = 0,014A0 Bài 2. Theo hệ thức bất định ta có : ∆𝑥. ∆𝑝𝑥 ≈ ℎ Vì trong nguyên tử, electron chỉ chuyển động trong phạm vi kích thước nguyên tử nên : 44 x = r0 (bán kính nguyên tử) Do đó : 𝑟0. ∆𝑝𝑥 ≈ ℎ  r0  x h p do ∆𝑝𝑥 ≤ 𝑝 = √2𝑚𝑒𝑊đ Nên : romin = 34 31 19 ax 6,625.10 2 2.9,1.10 .1,6.10 .10xm e đ h h p m W       Vậy : romin = 0,39.10 -9 m Bài 3. Vì vi hạt có lưỡng tính sóng hạt, nên cường độ sáng tỷ lệ thuận với bình phương biên độ sóng hoặc với số hạt đếm được trong 1 giây. Gọi : IA , IB lần lượt là cường độ sóng qua khe A, B. a. Ta có : 9 60.25 N 3 5 N N N 3 5 I I A2 2 B A B 2 2 A B  = 167 hạt/giây b.   AB AB A AB 2 2 A AB N 60 N N N 3 35 I I    = 420 hạt/giây Bài 4. Gọi W là năng lượng toàn phần của hạt, Wđ là động năng của hạt và W0 là năng lượng nghỉ của hạt. Ta có : Wđ = W - W0 Mà W = 222 0 Pcmc  * Nên đối với hạt electron ta có : 2 2 2 20 0eđW c m c P m c   * Đối với phôtôn do khối lượng nghỉ của hạt phôtôn m0 = 0 nên với hạt phôtôn ta có : 𝑊đ𝑓 = 𝑐. 𝑃𝑓 Theo giả thiết: Wđf = Eđe Nên : 2 0 222 0 cmPcmc  = cPf Hay : 2e 2242 0 cmcPecm  = cpf Nhưng : 20 2242 0 cmcPcm  < cPe do 22 BA  - A < B Nên : cPf < cPe  ef h c h c    . Vậy: f > e Bài 5. Theo hệ thức bất định Heisenberg: 45 ∆𝑥. ∆𝑝 ≈ ℎ ⟹ ∆𝑝 ≈ ℎ ∆𝑥 ⟹ 𝑚𝑒∆𝑥 ≈ ℎ ∆𝑝 ⟹ ∆𝑥 ≈ ℎ 𝑚𝑒∆𝑣 = ℎ 𝑚𝑒 . 10%. 𝑣 = 6,625 . 10−34 9,1.10−31. 10%. 1.5.106 = 0,48.10−8𝑚 Bán kính quỹ đạo Bohr: 𝑟0 = 5,3.10 −11𝑚 ⟹ đườ𝑛𝑔 𝑘í𝑛ℎ 𝑞𝑢ỹ đạ𝑜 𝐵𝑜ℎ𝑟: 𝑑 = 2𝑟0 = 1,06.10 −10𝑚 nhỏ hơn nhiều với độ bất định về tọa độ ∆𝑥. Vì vậy khái niệm quỹ đạo nguyên tử không phù hợp trong trường hợp này. Bài 6. Ta có hệ thưc liên hệ giữa năng lượng và động lượng trong cơ học tương đối 𝑊2 = 𝑚2𝑐4 = 𝑚0 2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 ⟹ 𝑝 = 1 𝑐 √𝑊2 − 𝑚0 2𝑐4 Vậy bước sóng Dơbrơi của proton này là : 𝜆 = ℎ 𝑝 = ℎ𝑐 √𝑊2 − 𝑚0 2𝑐4 = 3,7.10−15𝑚 Bài 7. a. Biên độ sóng: Điều kiện chuẩn hoá: ∫|𝜓(𝑥)|2𝑑𝑥 = 𝜓0 2 ∫ sin2 𝑛𝜋 𝑎 𝑥 𝑑𝑥 𝑎 0 = 1 → 𝜓0 2 ∫ 1 2 (1 − cos 2𝑛𝜋 𝑎 𝑥) 𝑑𝑥 𝑎 0 = 1 → 𝜓0 = √2/𝑎 b. Mật độ xác suất: - Hàm sóng ở trạng thái 𝑛 = 2: 𝜓(𝑥) = √ 2 𝑎 sin 2𝜋 𝑎 𝑥 - Mật độ xác suất: |𝜓(𝑥)|2 = 2 𝑎 sin2 2𝜋 𝑎 𝑥 - Cực trị: 𝑑 𝑑𝑥 |𝜓(𝑥)|2 = 8𝜋 𝑎2 cos 2𝜋 𝑎 𝑥 sin 2𝜋 𝑎 𝑥 = 4𝜋 𝑎2 sin 4𝜋 𝑎 𝑥 = 0 46 → sin 4𝜋 𝑎 𝑥 = 0 → 𝑥 = 0, 𝑎 4 , 𝑎 2 Trong vùng 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎/2 + 𝑥 = 0 → |𝜓(𝑥)|2 = 0: cực tiểu + 𝑥 = 𝑎/4 → |𝜓(𝑥)|2 = 2/𝑎: cực đại + 𝑥 = 𝑎/2 → |𝜓(𝑥)|2 = 0: cực tiểu Bài 8. Năng lượng của electron chính là động năng của nó. Sử dụng cơ học cổ điển ta có: 𝑊đ = 𝑚𝑒𝑣 2 2 = 𝑚𝑒 2𝑣2 2𝑚𝑒 = 𝑝2 2𝑚𝑒 ⟹ 𝑝 = √2𝑚𝑒𝑊đ Từ đó ta có được bước sóng Dơbrơi của chùng electron 𝜆 = ℎ 𝑝 = ℎ √2𝑚𝑒𝑊đ Trong chương nhiễu xạ ánh sáng ta có công thức Vunfơ-Brêgơ cho cực đại nhiễu xạ trên mạng tinh thể: 2𝑑𝑠𝑖𝑛𝜑 = 𝑘𝜆 hay 𝑑 = 𝑘𝜆/2𝑠𝑖𝑛𝜑. Góc nhiễu xạ bậc nhất ứng với 𝑘 = 1 𝑑 = 𝜆 2𝑠𝑖𝑛𝜑 = ℎ 2𝑠𝑖𝑛𝜑√2𝑚𝑒𝑊đ = 6,625.10−34 2𝑠𝑖𝑛22𝑜√2.9,1.10−31. 0.083.1,6.10−19 = 5,7.10−9𝑚 Bài 9. Theo có học lượng tử, bình phương modul hàm sóng tỉ lệ với mật độ xác suất tìm thấy hạt. Vì vậy mật độ tìm thấy hạt trong thể tích V nào đó là : ∫ | 𝑉 Ψ(𝑥)|2𝑑𝑉 Trong bài toán này hàm sóng là hàm một chiều theo x nên ta có xác suất tìm thấy hạt: a. Từ 𝑥1 = 0 đến 𝑥2 = 𝐿/3 là: ∫ | 𝑉 Ψ(𝑥)|2𝑑𝑉 = ∫ |𝐴 sin 𝜋𝑥 𝐿 | 2 𝐿 3 0 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝐿 sin2 𝜋𝑥 𝐿 𝐿 3 0 𝑑𝑥 = 47 = 1 𝐿 ∫(1 − cos 2𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐿 3 0 𝑑𝑥 = 1 3 − 1 2𝜋 . sin 2𝜋 3 = 0.196 b. Tương tự từ 𝑥1 = 𝐿/3 đến 𝑥2 = 2𝐿/3 ∫ | 𝑉 Ψ(𝑥)|2𝑑𝑉 = ∫ 2 𝐿 sin2 𝜋𝑥 𝐿 2𝐿/3 𝐿/3 𝑑𝑥 = 0.608 c. Từ 𝑥1 = 2𝐿/3 đên 𝑥2 = 𝐿 ∫ | 𝑉 Ψ(𝑥)|2𝑑𝑉 = ∫ 2 𝐿 sin2 𝜋𝑥 𝐿 𝐿 2𝐿/3 𝑑𝑥 = 0.196 Bài 10. Theo cơ học tương đối tính, năng lượng toàn phần của hạt bằng tổng năng lượng nghỉ và động năng: 𝑚𝑐2 = 𝑚0𝑐 2 + 𝑊đ Theo giả thiết động năng bằng năng lượng nghỉ nên 𝑚𝑐2 = 2𝑚0𝑐 2 hay 𝑚 = 2𝑚0 Mặt khác ta có khối lượng tương đối của hạt 𝑚 = 𝑚0 √1− 𝑣2 𝑐2 = 2𝑚0 suy ra 𝑐 2 = 4(𝑐2 − 𝑣2) ⇒ 𝑣 = 𝑐√3/4 = 2,55 108𝑚/𝑠 𝑚2𝑐4 = 4𝑚^20𝑐 4 = 𝑚0 2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 ⇒ 𝑝 = √3𝑚0𝑐 Bước sóng 𝜆 = ℎ 𝑝 = ℎ √3𝑚0𝑐 = 1,40.10−12m Đáp số : 2,55.108 m/s; 1,40.10-12m --------------------------------------------------------------------------- Chương 13: VẬT LÝ NGUYÊN TỬ I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ 1. Nguyên tử Hyđrô : 48 a. Trạng thái của electron mô tả bởi hàm sóng : nlm (r, , ) = Rnl (r) . Ylm (, ) n = 1, 2, 3... số lượng tử chính; l = 0, 1, ... n - 1 : số lượng tử quỹ đạo; m = 0, -1 . 2 .  1 : số lượng tử từ. b. Năng lượng của vi hạt : 𝐸𝑛 = − 1 4𝜋𝜖0 𝑒2 2𝑎0 ( 1 𝑛2 ) = − ( 1 4𝜋𝜖0 ) 2 𝑚𝑒𝑒 4 2ℏ2 ( 1 𝑛2 ) = − 13,6 𝑛2 eV (𝑛 = 1, 2, 3, ) 2. Nguyên tử kim loại kiềm : a. Trạng thái electron hóa trị vẫn phụ thuộc 3 số lượng tử : n, l, m b. Năng lượng electron hóa trị : Enl =  2ln Rh   l là số bổ chính phụ thuộc vào 1 và phụ thuộc vào từng nguyên tử. c. Ký hiệu năng lượng là : nx với x = S, P, D, F... khi 1 = 0, 1, 2, 3... Qui tắc lựa chọn khi chuyển mức năng lượng : l = 1 3. Mômen động lượng quỹ đạo của electron :  1L l l  Hình chiếu �⃗⃗� trên phương z : 𝐿𝑧 = 𝑚ℏ 4. Mômen từ quỹ đạo của electron : 𝜇 = − 𝑒 2𝑚𝑒 �⃗⃗� Hình chiếu từ 𝜇 trên phương z: z = - mB với 𝜇𝐵 = − 𝑒ℏ 2𝑚𝑒 = 9,27 × 10−24 Am2 gọi là Manhêtôn Bo. 5. Mômen spin của electron có giá trị :   1 1 ; 2 S s s s  h là số lượng tử Spin. Hình chiếu của 𝑆 trên phương z : 𝑆𝑧 = 𝑚𝑠ℏ; ms = 2 1  : số lượng tử hình chiếu Spin. 6. Mômen động lực toàn phần của electron : Dạng vector: 𝐽 = �⃗⃗� + 𝑆 49 Độ lớn: 𝐽 = √𝑗(𝑗 + 1)ℏ Với j = 1 2 l  : số mô men lượng tử toàn phần 7. Trạng thái của electron khi kể tới spin Phụ thuộc vào 4 số lượng tử n, 1, m, ms. Với n xác định, có :      1n 0l 1l22 = 2n 2 trạng thái electron. 8. Sự chuyển mức năng lượng phải tuân theo qui tắc lựa chọn : n  0 ; l =  1; m = 0,  1 II BÀI TẬP : Bài 1. Để tất cả các vạch quang phổ hyđrô đều xuất hiện, hỏi các “viên đạn” electron kích thích nguyên tử hyđrô phải có a) động năng nhỏ nhất và b) vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu? Bài 2. Nguyên tử hyđrô ban đầu ở trạng thái cơ bản, hấp thụ một phôtôn để chuyển sang trạng thái kích thích P. Hãy xác định độ biến thiên của mô men động lượng quĩ đạo của electron trong nguyên tử đó. Bài 3. Trong nguyên tử hyđrô, electron chuyển từ trạng thái 3p về trạng thái cơ bản. Xác định độ biến thiên của hình chiếu mômen từ quỹ đạo của electron trong quá trình đó. Bài 4. Đối với electron hóa trị trong nguyên tử Na, hỏi những trạng thái năng lượng nào có thể chuyển về trạng thái ứng với n = 3 ? Xét cho 2 trường hợp : a. Khi không chú ý tới Spin. b. Khi có chú ý tới Spin. Bài 5. Electron trong nguyên tử hydro ở trạng thái có momen động lượng quỹ đạo 𝐿 = √2ℏ. Tìm : a. Số góc định hướng của �⃗⃗� đối với phương z. b. Mômen động lượng toàn phần của electron. c. Độ biến thiên của hình chiếu của mômen động lượng quĩ đạo của electron khi nó chuyển về trạng thái cơ bản. Bài 6. a) Vẽ và giải thích sơ đồ chuyển mức của electron hóa trị trong kim loại Li ứng với chuyển dời từ mức 3P về 2S khi tính đến spin. b) Tìm độ biến thiên của độ lớn momen động lượng quỹ đạo và hình chiếu momen từ quỹ đạo của electron trong các dịch chuyển được mô tả trong sơ đồ trên. 50 Bài 7. Một vạch quang phổ của nguyên tử kim loại kiềm khi chưa chú ý đến spin có tần số : 4D  3P. Nếu chú ý đến spin thì vạch quang phổ trên có bao nhiêu vạch? Hãy giải thích sự xuất hiện các vạch trên và vẽ sơ đồ chuyển mức. Bài 8. Tính năng lượng ion hóa nguyên tử hyđrô khí electron chuyển động trên các quĩ đạo K, L, M. Bài 9. a. Gọi 1, 2 lần lượt là tần số lớn nhất của các vạch phổ trong dãy Laiman và Banme. Tìm 1 2   . b. Gọi 1, 2 lần lượt là bước sóng dài nhất và ngắn nhất của các vạch phổ trong dãy Laiman và Banme. Tìm 2 1   . Bài 10. Khi nguyên tử Hydro ở trạng thái cơ bản được rọi bởi ánh sáng đơn sắc thì đã phát ra 6 vạch quang phổ. Tính năng lượng của phô tôn tới và xác định các vạch thuộc các dãy phổ nào. Bài 11. Khi chiếu chùm photon đơn sắc vào nguyên tử Hydro ở trạng thái cơ bản, người ta thấy phát ra quang phổ gồm 10 vạch. a) Tính năng lượng của photon tới. b) Xác định các vạch quang phổ nói trên thuộc dãy phổ nào? c) Tính tỉ số giữa bước sóng lớn nhất và bé nhất trong 10 vạch quang phổ trên. Bài 12. Electron trong nguyên tử từ trạng thái có số lượng tử mômen toàn phần 2 3 j  chuyển về trạng thái cơ bản. Tìm độ biến thiên hình chiếu của mômen động lượng và mômen từ quĩ đạo của điện từ trong sự chuyển trạng thái trên. III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài 1. a. Để tất cả các vạch quang phổ hyđrô đều xuất hiện thì các “viên đạn” electron kích thích nguyên tử hyđrô phải có năng lượng tối thiểu bằng năng lượng cần thiết để đưa electron trong nguyên tử hyđrô nhảy từ trạng thái cơ bản ứng với năng lượng E1, lên trạng thái kích thích ứng với năng lượng E, do đó: 𝑊đ𝑚𝑖𝑛 = 𝐸∞ − 𝐸1 = − 13,6 ∞2 + 13,6 = 13,6 eV b. Vận tốc nhỏ nhất: Wđmin = e đe m W v vm min min min 2 .2 2  = 2,19×10 6 m/s Bài 2. 51 Ban đầu nguyên tử hyđrô ở trạng thái cơ bản là trạng thái 1𝑠 ứng với 𝑙 = 0 Momen động lượng quĩ đạo ban đầu: 𝐿𝑠 = √𝑙(𝑙 + 1)ℏ = 0 Sau khi hấp thụ phôtôn electron ở trạng thái kích thích P ứng với 𝑙 = 1. Momen động lượng quỹ đạo lúc sau: 𝐿𝑝 = √𝑙(𝑙 + 1)ℏ = √2ℏ Độ biến thiên của mômen động lượng quĩ đạo của electron trong nguyên tử: Δ𝐿 = 𝐿𝑝 − 𝐿𝑠 = √2ℏ Bài 3. Các số lượng tử của electron ở trạng thái 3p: 𝑙 = 1, 𝑚𝑙 = −1, 0, 1. Hình chiếu momen từ quỹ đạo trên trục z: 𝜇𝑧 = −𝑚𝑙𝜇B Suy ra: 𝜇𝑧_p = 𝜇B, 0, −𝜇B Các số lượng tử của electron ở trạng thái cơ bản 1s: 𝑙′ = 0, 𝑚𝑙 ′ = 0 Hình chiếu momen từ quỹ đạo trên trục z: 𝜇𝑧_1s = −𝑚𝑙 ′𝜇B = 0 Độ biến thiên hình chiếu momen từ quỹ đạo: Δ𝜇𝑧 = 𝜇𝑧_p − 𝜇𝑧_s = 𝜇B, 0, −𝜇B Bài 4. a. Chưa kể tới Spin thì những trạng thái ứng với n = 3 có thể là 3S (l = 0), 3P (l = 1), 3D (l = 2). Sự chuyển trạng thái tuân theo qui tắc lựa chọn đối với n là chuyển từ cao về thấp, n > 3, và đối với l là l = 1. b. Khi tính tới Spin thì trạng thái của electron được biểu diễn bởi n2xj mà j = 2 1 l  nên những trạng thái ứng với n = 3 có thể là : 3 2 S1/2 ; 3 2 P1/2 ; 3 2 P3/2 ; 3 2 D3/2 ; 3 2 D5/2 Ngoài 2 quy tắc giống như trong câu a, sự chuyển trạng thái còn phải tuân theo qui tắc lựa chọn đối với j : j = 0 ;  1 Do đó, những trạng thái có thể chuyển - Về 32S1/2 là: n 2 P1/2 và n 2 P3/2 với n = 3, 4, 5, ... - Về 32P1/2 là: 52 n 2 S1/2 với n = 4, 5, 6 ... n 2 D3/2 với n = 3, 4, 5 ... - Về 32P3/2 là: n 2 S1/2 với n = 4, 5, 6 ... n 2 D3/2 với n = 3, 4, 5 ... n 2 D5/2 với n = 3, 4, 5 ... - Về 32D3/2 là : n 2 P1/2 với n = 4, 5, 6 ... n 2 P3/2 với n = 4, 5, 6 ... ; n 2 F5/2 với n = 3, 5, 6 ... - Về 32D5/2 là: n 2 P3/2 với n = 4, 5, 6 ... n 2 F5/2 với n = 3, 5, 6 ... ; n 2 F7/2 với n = 3, 5, 6 ... Bài 5. a. Từ 𝐿 = √𝑙(𝑙 + 1)ℏ = √2ℏ. Suy ra: 𝑙 = 1 và 𝑙 = −2 (loại) Với 𝑙 = 1 thì m = 0,  1, nên theo công thức 𝐿𝑧 = 𝑚ℏ thì có 3 trị của 𝐿𝑧 ứng với 3 góc định hướng của �⃗⃗� đối với phương z. Với 𝑚 = −1 → cos 𝜃1 = − 1 √2 → 𝜃1 = −45 0 Với 𝑚 = 0 → cos 𝜃2 = 0 → 𝜃2 = 90 0 Với 𝑚 = 1 → cos 𝜃3 = 1 √2 → 𝜃3 = 45 0 b. Với 𝑙 = 1 thì 𝑗 = |𝑙 ± 1 2 | = 1 2 và 3 2 Với 𝑗 = 𝑗1 = 1 2 , suy ra: 𝐽1 = √𝑗1(𝑗1 + 1)ℏ = √3 2 ℏ Với 𝑗 = 𝑗2 = 3 2 , suy ra: 𝐽2 = √𝑗2(𝑗2 + 1)ℏ = √15 2 ℏ c. Ta có: 𝐿 = √𝑙(𝑙 + 1)ℏ = √2ℏ → 𝑙 = 1 → 𝑚𝑙 = −1, 0, 1 Hình chiếu momen động lượng: 𝐿𝑧 = 𝑚𝑙ℏ = −ℏ, 0, ℏ 53 Khi chuyển về trạng thái cơ bản: 𝑙′ = 0 → 𝑚𝑙 ′ = 0 → 𝐿𝑧 ′ = 0 Độ biến thiên: Δ𝐿𝑧 = 𝐿𝑧 − 𝐿𝑧 ′ = −ℏ, 0, ℏ Bài 6. a. Vẽ hình b. Ta có moment động lượng quỹ đạo 𝐿 = √𝑙(𝑙 + 1)ℏ và hình chiếu của moment từ quỹ đão 𝜇𝑧 = −𝑚𝜇𝐵 + Ở trạng thái đầu (3P: 𝑙 = 1, 𝑚 = 0, ±1): 𝐿3𝑃 = √2ℏ, 𝜇𝑧3𝑃 = 0, ∓𝜇𝐵 + Ở trạng thái cuối (2S: 𝑙 = 0, 𝑚 = 0): 𝐿2𝑆 = 0, 𝜇𝑧2𝑆 = 0 Suy ra: Δ𝐿 = −√2ℏ, Δ𝜇𝑧 = 0, ±𝜇𝐵 Bài 7. Khi tính đến spin: 1 vạch quang phổ : 4D  3P sẽ tách thành 3 vạch: 𝜈1: 4 2𝐷5/2 → 3 2𝑃3/2 𝜈2: 4 2𝐷3/2 → 3 2𝑃3/2 𝜈3: 4 2𝐷3/2 → 3 2𝑃1/2 Sơ đồ chuyển mức: Bài 8. Đáp số : 13,5 eV; 3,375 eV; 1,5 eV Bài 9. Đáp số : a. 1 2   = 4; b. 2 1   = 3. Bài 10. Đáp số : số vạch N = n(n-1)/2  n = 4,  ΔE = 12,66 eV 3 vạch dãy Laiman; 2 vạch dãy Bame; 1 vạch dãy Pasen Bài 11. Đáp số: a. Ta có: số vạch N = n(n-1)/2  n = 5  ΔE = 13,06eV. 54 a) Gồm: 4 vạch dãy Laiman, 3 vạch dãy Banme, 2 vạch dãy Pasen và 01 vạch dãy Bracket. b) * λmax (trong dãy Bracket), ν1 = R(1/4 2 -1/5 2 ) = R.0,0225; λmin (trong dãy Laiman), ν2 = R(1-1/5 2 ) = R.0,96 ; * λ = c/ν → λmax / λmin = 0,96/0,0225 = 42,67 Bài 12. Đáp số : (0, ±1)ℏ; (0, 1)B --------------------------------------------------------------------------- Chương 14: HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ (SV tự đọc) (Không có bài tập) ---------------------------------------------------------------------------