Câu hỏi và đáp án tự luận Vật lý đại cương III – PH1130

VŨ TIẾN LÂM CÂU HỎI VÀ ĐÁP ÁN TỰ LUẬN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG III – PH1130 Câu 1: 1. Trình bày khái niệm quang lộ và mặt trực giao của một chùm sáng. Phát biểu định luật Malus, chứng minh định luật Malus cho trường hợp trùm sáng song song khúc xạ qua mặt phân cách của hai môi trường trong suốt có chiết suất n1, n2. 2. Một chùm sáng có bước sóng λ = 0,55 μm được chiếu vuông góc với mặt nêm thủy tinh có chiết suất n = 1,5. Người ra quan sát hệ thống vân giao thoa gây bởi chùm tia phản chiếu và thấy rằng khoảng cách giữa hai vân tối liên tiếp i = 0,21 mm. a/ Xác định góc nghiêng của nêm. b/ Xác định vị trí của ba vân tối đầu tiên. Biết rằng vân tối số 1 là cạnh của nêm. Giải 1. – Quang lộ giữa hai điểm A,B (trong môi trường đồng tính, có chiết suất n, cách nhau một đoạn bằng d) là đoạn đường ánh sáng truyền được trong chân không trong khoảng thời gian bằng khoảng thời gian mà ánh sáng đi hết đoạn đường AB trong môi trường chiết suất n. - Mặt trực giao: là mặt vuông góc với các tia sáng của một chùm sáng . Nếu chùm sáng là chùm đồng quy thì những mặt trực giao là những mặt cầu đồng tâm mà tâm là điểm đồng quy đó. Nếu chùm sáng là chùm song song thì mặt trực giao là những đường mặt phẳng song song. - Định luật Malus: Quang lộ của các tia sáng giữa hai mặt trực giao của một chùm sáng thì bằng nhau. Chứng minh: + Quang lộ hai tia sáng { L1 = n1A1I1 + (n2I1H1 + n2H1B1) (1) L2 = (n1A2H2 + n1H2I2) + n2I2B2 Ta có: A1I1 = A2H2; H1B1 = I2B2 Mặt khác: n1. sin i1 = n2. sin i2 → n1. H2I2 I1I2 = n2. I1H1 I1I2 Hay n1. H2I2 = n2. H1I1 thay vào (1) → L1 = L2 VŨ TIẾN LÂM 2. Tóm tắt λ = 0,55 μm n = 1,5 i = 0,21 mm a/ α =? b/ xt(1→3) =? Giải a/ + Vị trí vân tối thứ k: dt = k. λ 2n (k ∈ Z) Ta có: sin α = dk xt với xt là vị trí vân xét (1) Mà xt = ki (k ∈ Z); sin α ≈ α (với α nhỏ) (2) Từ (1) và (2) => α = λ 2ni hay khoảng vân: i = λ 2na + Thay vào công thức => góc nghiêng của màn là:, α = λ 2ni = 0,55.10−6 2.1,5.0,21.10−3 = 8,73.10−4 rad b/ Vị trí vân tối: Ta có xt = ki = k. λ 2nα (với k = 0,1,2, ) → Vị trí của ba vân tối đầu tiên là: x1 = 0 mm; x2 = 0,21 mm; x3 = 0,42 mm. Câu 2: 1. Bán kính mặt cầu của thấu kính phẳng-lồi trong hệ vân tròn Newton là R. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc, song song đơn sắc bước sóng λ theo phương vuông góc với bản thủy tinh (hình vẽ). Giải thích sự tạo thành vân giao thoa và tìm biểu thức xác định bán kính của vân tối thứ k. 2. Cho R=100cm, chiết suất của thấu kính và bản thủy tinh lần lượt là n1 = 1,5 và n2 = 1,7; vùng không gian giữa mặt cong của thấu kính và bản thủy tinh chứa đầy một chất có chiết suất n = 1,63. Xác định bán kính vân tối thứ 5 nếu quan sát vân giao thoa bằng ánh sáng phản xạ, cho biết bước sóng của ánh sáng λ = 0,55 μm. Giải 1. – Hệ mặt cầu và bản thủy tinh tạo thành một lớp không khí ở giữa là một bản mỏng có bề dày không đổi. Rọi lên thấu kính một chùm sáng đơn sáng song song vuông góc với bản thủy tinh. Tương tự như nêm không khí, tại mặt cong của thấu kính sẽ có sự gặp nhau của các tia phản xạ và quan sát được các vân giao thoa, ở đây là các vòng tròn đồng tâm. VŨ TIẾN LÂM + Hiệu quang lộ hai tia sáng giao thoa với nhau tại bề mặt cầu lồi ΔL = L2 − L1 = 2d + λ 2 Tại I điều kiện là vân tối: → ΔL = (2k + 1). λ 2 → 2d + λ 2 = (2k + 1). λ 2 → Bề dày của bản nêm không khí ứng với các vân tối: dt = k. λ 2 (k = 0,1,2,3, ) + Theo hình vẽ ta có: rk 2 = R2 − (R − dk) 2 = R2 − R2 + 2Rdk − dk 2 = 2Rdk − dk 2 = (2R − dk). dk Vì bán kính mặt cầu khá lớn (R ≫ dk) → rk 2 ≈ 2Rdk hay rk = √2Rdk (∗) Ta có { rk = √2Rdk dk = k. λ 2 → rk = √Rλ.√k (với k = 0,1,2,3, ) Tiếp điểm M là điểm tối, các vân tối càng xa M càng sít nhau 2. Tóm tắt R = 100 cm n1 = 1,5 n2 = 1,7 n = 1,63 λ = 0,55 μm ___________ r5 =? Giải + n > n1 → Quang lộ của tia phản xạ tại mặt phân cách n1 − n sẽ kéo dài thêm λ 2 ; n2 > n1 → Quang lộ của tia phản xạ tại mặt phân cách n2 − n sẽ kéo dài thêm λ 2 . Khi đó hiệu quang lộ của hai tia phản xạ: ΔL = L2 − L1 = 2n. d (1) + Vân xác định là vân tối → ΔL = (2k + 1). λ 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2ndk = (2k + 1). λ 2 → dk = (2k + 1). λ 4n (3) Thay (3) vào (*) ta được rk = √2Rdk Vậy ta có bán kính của vân tối thứ k: rk = √ (2k + 1). λ. R 2n . Thay số ta được r5 = 1,36mm VŨ TIẾN LÂM Câu 3: 1. Định nghĩa hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng. Phát biểu nguyên lý Huygens- Fersnel. Trình bày phương pháp đới cầu Fresnel, nêu các tính chất của đới cầu. Tính biên độ dao động sáng tại một điểm do nguồn sáng điểm gây ra theo các đới cầu Fresnel. 2. Chiếu một chùm tia sáng song song, bước sóng λ = 0,45 μm thẳng góc với một lỗ tròn bán kính r = 0,9 mm, sau lỗ tròn đặt một màn quan sát. Xác định khoảng cách lớn nhất từ lỗ tròn tới màn quan sát để tâm nhiễu xạ trên màn là một vệt tối. Giải 1. – Hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng là hiện tượng ánh sáng lệch khỏi phương truyền thẳng khi đi gần các chướng ngại vật. - Nguyên lý Huygens-Frosnel: + Phát biểu của Huygens: Bất kỳ một điểm nào mà ánh sáng truyền đến đều trở thành nguồn sáng thứ cấp phát ra ánh sáng về phía trước. + Phát biểu của Frosnel: Biên độ và pha của nguồn thứ cấp là biên độ và pha do nguồn thực gây ra tại vị trí của nguồn thứ cấp. - Phương pháp đới cầu Frosnel và tính chất + Xét một nguồn điểm O phát ra ánh sáng có bước sóng λ + Điểm được chiếu sáng M + Dựng mặt cầu ∑ có tâm là O, bán kính R<OM. Đặt BM=b + Dựng các mặt cầu ∑ ,0 ∑ ,1 ∑ , ,2 ∑ n có bán kính tương ứng là b; b + λ 2 ; b + 2λ 2 ; ; b + nλ 2 . Cắt mặt cầu ∑ → tạo ra các đới cầu gọi là các đới cầu Fresnel: + Diện tích mỗi đới cầu đều bằng nhau: ΔΣ = (πR. b) R + b . λ + Bán kính của đới cầu thứ k: rk = √k.√ Rbλ R + b (với k = 1,2,3, ) + Ta coi mỗi đới cầu là một nguồn thứ cấp phát sáng đến M + Theo nguyên lý Huygens, mỗi đới cầu có thể coi là một nguồn thứ cấp gửi ánh sáng đến M. Các đới cầu càng xa M thì biên độ sáng giảm dần. Biên độ sáng do đới thứ k gây ra tại M bằng trung bình cộng của biên độ dao động sáng do hai đới bên cạnh gây ra VŨ TIẾN LÂM ak = 1 2 (ak−1 + ak+1) + Khoảng cách từ hai đới cầu liên tiếp tới điểm M khác nhau λ 2 ; có hiệu pha dao động Δφ = 2π λ (L2 − L1) = 2π λ . λ 2 = π (ngược pha) Như vậy hai đới cầu liên tiếp ngược pha nhau nên chúng sẽ khử lẫn nhau - Biên độ sáng tại Mi. Gọi a là biên độ sáng tại M (tổng hợp do các đới cầu gây ra), ta có M ở khá xa mặt ∑, do đó dao động sáng do các đới cầu gây ra tại M có thể coi là cùng phương → a = a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 +⋯ → an = a1 2 + ( a1 2 − a2 + a3 2 ) + ( a3 2 − a4 + a5 2 ) +⋯+ an 2 Do a thay đổi khá nhỏ nên có thể coi: ak = ak−1 2 + ak+1 2 nên an = a1 2 ± an 2 Khi n → ∞ thì an → 0 nên ta có: a∞ = a1 2 2. Tóm tắt λ = 0,45 μm r = 0,9 mm bmax =? Giải + Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ tròn phải có giá trị sao cho chỉ có 2 đới cầu đi qua rlỗ = r2 = √2.√ Rbλ R + b (1) + Vì R → ∞ nên ta có r2 = √2. √bλ + Khoảng cách lớn nhất từ lỗ tròn tới màn quan sát để tâm của hình nhiễu xạ là vệt tối là: bmax = r2 2 2λ = (0,9.10−3)2 2.0,45.10−6 = 0,9 (m) Câu 4: Trình bày hiện tượng nhiễu xạ của sóng phẳng ánh sáng đơn sắc qua một khe hẹp. Tìm công thức xác định cực tiểu và cực đại nhiễu xạ. Vẽ đồ thị biểu diễn cường độ sáng của các cực đại nhiễu xạ và nêu các nhận xét. Giải - Hiện tượng: + Rọi một chùm sáng song song vuông góc với một khe hẹp bề rộng b. Sau khe, các tia nhiễu xạ theo nhiều phương. + φ = 0: Các tia đều cùng pha và hội tụ tại F. Khi đó điểm F rất sáng, gọi là cực đại giữa. VŨ TIẾN LÂM + φ ≠ 0: Các tia nhiễu xạ hội tụ tại M. + Chia mặt phẳng khe thành các dải sáng Fresnel bởi các mặt Σ0; Σ1; Σ2; vuông góc với chùm nhiễu xạ, cách nhau từng λ 2 . • Mỗi dải được coi là một nguồn thứ cấp gửi ánh sáng đến M. • Hiệu quang lộ của hai dải kế tiếp bằng λ 2 → dao động của hai dải kế tiếp khử nhau. + Bề rộng mỗi dải: Δb = λ/2 sinφ → số dải trên khe: n = b Δb = 2b. sinφ λ - Cực tiểu và cực đại nhiễu xạ + Nếu khe chứa số chẵn dải => M tối (Do các dải sáng triệt tiêu nhau) n = 2b. sinφ λ = 2k → sinφ = kλ b (với k = ±1;±2;±3; ) Đặc biệt: Khi k = 0 → sinφ = 0;M ≡ F: là vị trí cực đại giữa → loại + Nếu khe chứa số lẽ dải => M sáng n = 2b. sinφ λ = 2k + 1 → sinφ = (2k + 1). λ 2b (với k = 1;±2;±3; ) Đặc biệt: Khi k = 0 và k = −1 → sinφ = ± λ 2b : vì giữa sinφ = 0 và sinφ = ± λ 2b không thể có cực tiểu nhiễu xạ → loại - Đồ thị phân bố cường độ sáng * Nhận xét: + Cường độ sáng tập trung chủ yếu ở cực đại giữa: I0 I1 = 1 0,045 + Bề rộng cực đại giữa rộng gấp 2 lần các cực đại khác. + Vị trí cực đại, cực tiểu không thay đổi khi di chuyển khi đi song song với chính nó (L và E cố định). VŨ TIẾN LÂM Câu 5: 1. Khảo sát hiện tượng nhiễu xạ của sóng ánh sáng đơn sắc qua cách tử truyền qua. Tìm công thức xác định cực đại, cực tiểu nhiễu xạ qua cách tử. 2. Vẽ và giải thích đồ thị biểu diễn cường độ sáng của các cực đại nhiễu xạ của sóng ánh sáng phẳng đơn sắc qua năm khe hẹp giống nhau trên màn chắn P, biết khoảng cách giữa hai khe kế tiếp nhau là d, bề rộng một khe là b và d/b=3. Giải 1.- Thí nghiệm khảo sát hiện tượng nhiễu xạ + Cách tử là một tập hợp các khe hẹp giống nhau, song song, cách đều nhau và cùng nằm trong một mặt phẳng. Khoảng cách giữa hai khe kế tiếp nhau được gọi là chu kỳ của cách tử. + Rọi một chùm sáng song song, vuông góc với mặt phẳng cách tử có chu kỳ d, bề rộng giữa hai khe là b. Khi đó sẽ xảy ra các hiện tượng: • Nhiễu xạ qua từng khe hẹp. • Giao thoa giữa các khe hẹp. • Ảnh nhiễu xạ là sự chồng chất ảnh nhiễu xạ qua từng khe. + Tại những điểm trên màn quan sát: góc φ phải thỏa mãn điều kiện sinφ = kλ b (với k = ±1;±2;±3; ) Khi đó, các khe đều cho cực tiểu nhiễu xạ gọi là các cực tiểu chính. + Xét 2 tia sáng từ 2 khe kế tiếp tới M. Hiệu quang lộ là: ΔL = L2 − L1 = d. sinφ + Nếu ΔL = d. sinφ = k. λ thì dao động do hai tia đố gây ra tại điểm M đồng pha nhau, kết quả là điểm M sẽ sáng. Các điểm sáng đó được gọi là các cực đại chính. Vị trí của các cực đại chính được xác định bởi công thức: sinφ = kλ d (với k = 0;±1;±2;±3; ) + Tại F (k = 0; sinφ = 0) khi đó F là cực đại chính giữa. Do d>b nên giữa hai cực tiểu chính có thể có nhiều cực đại chính. - Xác định vị trí các cực đại chính, cực tiểu chính và số cực đại phụ, cực tiểu phụ + Tại điểm chính giữa hai cực đại chính kế tiếp, góc nhiễu xạ φ thoả mãn điều kiện: sinφ = (2k + 1). λ 2d (với k = 0;±1;±2;±3; ) VŨ TIẾN LÂM Tại các điểm đó, hiệu quang lộ của hai tia gửi tới từ hai khe kế tiếp có giá trị là ΔL = L2 − L1 = d. sinφ = (2k + 1). λ 2 , dao động do hai tia đó khử lẫn nhau nhưng điểm này có thể là điểm tối, gọi là cực tiểu phụ hoặc sáng gọi là cực đại phụ tùy vào số lượng khe chẵn hay lẻ. + Nếu có N khe, giữa hai khe cực đại chính kế tiếp có (N-1) cực tiểu phụ và (N-2) cực đại phụ. 2. Tóm tắt d b = 3 N = 5 Vẽ đồ thị ? Giải - Khi N=5, ta có: giữa hai cực đại chính liên tiếp có 4 cực tiểu phụ và 3 cực đại phụ - Hình vẽ: Câu 6: 1. Phân biệt ánh sáng tự nhiên, ánh sáng phân cực một phần và toàn phần. Trình bày sự quay của mặt phẳng phân cực khi cho ánh sáng phân cực toàn phần đi qua tinh thể đơn trục và qua dung dịch hoạt quang. Viết công thức xác định góc quay trong các trường hợp trên. 2. Chiếu một chùm sáng song song đơn sắc có bước sóng λ vuông góc vào mặt phẳng một cách tử truyền qua, cho biết trên 1cm chiều dài của cách tử có n=500 vạch. Phía sau cách tử đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f=0,5m và màn ảnh có đặt ở tiêu diện của thấu kính. a/ Biết khoảng cách giữa hai cực đại chính bậc 1 trên màn ảnh là Δx = 3,4 cm. Tính bước sóng λ? b/ Nếu thay chùm sáng đơn sắc trên bằng chùm sáng trắng có bước sóng từ 0,40 μm đến 0,76 μm thì bề rộng của quang phổ bậc một trên màn là bao nhiêu? Giải 1. – Các loại ánh sáng: + Ánh sáng tự nhiên: Là ánh sáng có phương dao động của vector cường độ điện trường dao động đều đặn theo mọi phương vuông góc với tia sáng. VŨ TIẾN LÂM + Ánh sáng phân cực toàn phần: Là ánh sáng có vector cường độ điện trường chỉ dao động theo một phương xác định (còn gọi là ánh sáng phân cực thẳng). + Ánh sáng phân cực một phần: Là ánh sáng có vector cường độ điện trường dao động theo mọi phương vuông góc với tia sáng, nhưng có phương dao động mạnh, có phương dao động yếu. - Sự quay của mặt phẳng phân cực * Trường hợp các tinh thể đơn trục + Khi rọi ánh sáng phân cực toàn phần theo quang trục của tinh thể thì vector dao động sáng không bị tách đôi nhưng bị quay đi một góc α xung quanh tia sáng, do đó mặt phẳng phân cực cũng bị quay đi một góc α. + Thực nghiệm chứng tỏ rằng đối với một ánh sáng đơn sắc nhất định thì góc α tỷ lệ với bề dày d của bản tinh thể mà ánh sáng truyền qua với khối lượng riêng của bản. α = [α]. p. d Trong đó [α] là hệ số tỷ lệ * Trường hợp các chất vô định hình (quang hoạt) + Thực nghiệm chứng tỏ rằng đối với một ánh sáng đơn sắc nhất định, góc quay α của mặt phẳng phân cực tỷ lệ với bề dày l của lớp dung dịch mà ánh sáng truyền qua và tỷ lệ với nồng độ C của chất quang hoạt trong dung dịch. α = [α]. l. C Trong đó [α] là hệ số tỷ lệ 2. Tóm tắt l = 1 cm → n = 500 f = 0,5 m Δx = 3,4 cm ____________________ a/ λ =? b/ λ = (0,4 → 0,76)μm ΔDbậc 1 =? Giải a/ - Ta có: Chu kỳ của cách tử là: d = l n = 10−2 500 = 2.10−5 (m) - Vị trí cực đại chính bậc 1 là: sinφ1 = λ d - Mà khoảng cách giữa hai cực đại chính bậc 1 trên màn là: Δx = 2. f. tanφ1 ≈ 2. f. sinφ1 = 2. f. λ d → Bước sóng ánh sáng: λ = Δx. d 2f = 3,4.10−2. 2.10−5 2.0,5 = 6,8.10−7 (m) b/ Thay bằng ánh sáng trắng, bề rộng của quang phổ bậc một là: ΔD - Ta có: + Vị trí quang phổ bậc 1 (cực đại chính) ứng với λ1 = 0,4 μm là: D1 = f. tanφ1 ≈ f. sinφ1 = f d . λ1 (1) + Vị trí quang phổ bậc 1 (cực đại chính) ứng với λ2 = 0,76 μm là: VŨ TIẾN LÂM D2 = f. tanφ2 ≈ f. sinφ2 = f d . λ2 (2) Từ (1) và (2) suy ra bề rộng của quang phổ bậc 1 là: ΔD = D2 − D1 = f d (λ2 − λ1) = 0,5 2.10−5 (0,76 − 0,4). 10−6 = 9.10−3 (m) Câu 7: 1. Định nghĩa năng suất phát xạ đơn sắc và hệ số hấp thụ đơn sắc. Phát biểu và viết biểu thức định luật Kirchhoff. 2. Định nghĩa vật đen tuyệt đối. Phát biểu các định luật thực nghiệm về sự phát xạ của vật đen tuyệt đối và ứng dụng của chúng. Giải 1. – Năng suất phát xạ đơn sắc và hệ số hấp thụ đơn sắc + Giả sử trong một đơn vị thời gian, một bức xạ đơn sắc có bước sóng trong khoảng (λ; λ + dλ) do một đơn vị diện tích của vật ở nhiệt độ T không đổi, mang năng lượng dRT. Khi đó năng suất phát xạ đơn sắc của vật là: rλ;T = dRT dλ ( W m2 ) rλ;T phụ thuộc vào bản chất, nhiệt độ của vật, bước sóng bức xạ phát ra → Năng suất phát xạ đơn sắc đặc trưng cho mức độ mang năng lượng của bức xạ đơn sắc. + Giả sử trong một đơn vị thời gian, một bức xạ đơn sắc có bước sóng trong khoảng (λ; λ + dλ) gửi tới một đơn vị diện tích của vật một năng lương dϕλ;T nhưng vật chỉ hấp thụ một phần là dϕλ;T ′ . Khi đó hệ số hấp thụ đơn sắc ở nhiệt độ T ứng với bước sóng λ là: aλ;T = dϕλ;T ′ dϕλ;T aλ;T < 1: phụ thuộc vào bản chất, nhiệt độ của vật và bước sóng bức xạ gửi tới vật. Hệ số hấp thụ đơn sắc đặc trưng cho mức độ hấp thụ năng lượng của bức xạ đơn sắc. - Định luật Kirchhoff + Nội dung định luật: Tỷ số giữa năng suất phát xạ đơn sắc và hệ số hấp thụ đơn sắc của một vật ở một nhiệt độ nhất định là một hàm chỉ phụ thuộc vào bước sóng của bức xạ và nhiệt độ mà không phụ thuộc vào bản chất của vật. + Biểu thức: VŨ TIẾN LÂM ε(λ; T) = r(λ; T) a(λ; T) → ε(λ; T) là hàm phổ biến + Đồ thị: Ta có: Vật đen tuyệt đối: a(λ; T) = 1 → r(λ; T) = ε(λ; T) → Hàm phổ biến là năng suất phát xạ đơn sắc của vật đen tuyệt đối ứng với bức xạ bước sóng λ và nhiệt độ T. 2. – Vật đen tuyệt đối: là vật hấp thụ toàn bộ năng lượng của mọi chùm tia bức xạ chiếu tới (a(λ; T) = 1). Hệ số hấp thụ đơn sắc a(λ; T) của vật đen tuyệt đối không phụ thuộc vào bước sóng của chùm bức xạ và nhiệt độ của vật (vì nó luôn xấp xỉ bằng 1). - Định luật Steffan-Boltzmann + Nội dung định luật: Năng suất phát xạ toàn phần của vật đen tuyệt đối tỷ lệ thuận với lũy thừa bậc bốn của nhiệt độ tuyệt đối của vật đó. + Biểu thức: RT = σ. T 4 với σ = 5,67.10−8 ( W m2.K4 ) là hằng số Steffan-Boltzmann - Định luật Wien + Nội dung định luật: Đối với vật đen tuyệt đối bước sóng của chùm bức xạ đơn sắc mang nhiều năng lượng nhất tỷ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối của vật. + Biểu thức: λmax = b T với b = 2,8978.10−3 (m. K) là hằng số Wien - Ứng dụng của định luật Stefan-Boltzmann và định luật Wien: Đo nhiệt độ. Câu 8: 1. Trình bày thuyết lượng tự năng lượng của Plauck và thuyết photon của Einstein. Nêu các đặc trưng động lực học của photon. 2. Nhiệt độ của một vật đen tuyệt đối tăng từ 227oC đến 727oC a/ Năng suất phát xạ toàn phần của nó tăng lên bao nhiêu lần? b/ Bước sóng ứng với năng suất phát xạ đơn sắc cực đại của nó tăng hay giảm? Tính độ tăng hay giảm đó. Biết rằng hằng số Wien b = 2,896.10−3 mK. Giải 1. – Thuyết lượng tử năng lượng của Plauck + Nội dung: Các nguyên tử và phân tử của vật chất phát xạ và hấp thụ năng lượng một cách gians đoạn. Nghĩa là năng lượng do chúng phát xạ hay hấp thụ chỉ có thể bằng một số nguyên lần của một lượng nhỏ năng lượng xác định, gọi là lượng tử (quantum). VŨ TIẾN LÂM + Biểu thức: ε = hf = hc λ với h = 6,625.10−34 J. s là hằng số Plauck. - Thuyết photon của Einstein + Nội dung: Ánh sáng gồm những hạt rất nhỏ gọi là photon (hay lượng tử ánh sáng), mang một năng lượng xác định ε = hf = hc λ (h = 6,625.10−34 J. s) Trong chân không cũng như trong mọi môi trường khác, photon chuyển động với cùng một vận tốc xác định c = 3.108 m/s. Cường độ của chùm sáng tỷ lệ với số photon phát ra từ nguồn sáng trong một đơn vị thời gian. - Các đặc trưng động lực học của photon + Theo thuyết tương đối Einstein, photon có khối lượng cho bởi ε = mc2 → m = ε c2 = hf c2 = h c. λ với m = m0 √1 − v2 c2 m0 là khối lượng nghỉ: m0 = m√1 − v2 c2 + Đối với photon: v = c → m0 = 0 + Photon luôn chuyển động với vận tốc c, do đó nó có động lượng bằng p = mc = h λ 2. Tóm tắt 227oC < T < 727oC _________________ a/ RT2 RT1 =? b/Δλmax =? Giải a/ Áp dụng định luật Stefan-Boltzmann cho vật đen tuyệt đối: { RT1 = σ. T1 4 RT2 = σ. T2 4 → RT2 RT1 = ( T2 T1 ) 4 = ( 1000 500 ) 4 = 16 lần b/ Áp dụng định luật Wien ta có { λ1 = b T1 = 2,896.10−3 500 = 5,792.10−6 (m) λ2 = b T2 = 2,896.10−3 1000 = 2,896.10−6 (m) → Δλ = λ1 − λ2 = 2,896 μm Vậy bước sóng ứng với năng suất phức xạ cực đại của vật giảm một lượng Δλ = 2,896 μm VŨ TIẾN LÂM Câu 9: 1. Chiếu một chùm tia X qua một khối parafin, coupton nhận thấy khi đi qua khối chất, chùm tia X bị tán xạ. Hãy nêu đặc điểm của chùm tia X bị tán xạ. Giải thích hiệu ứng coupton. 2. Dựa vào định luật bảo toàn động lượng, hãy chứng minh công thức liên hệ giữa góc tán xạ θ của photon và góc bay ra φ của electron trong sự tán xạ. Coupton của photon lên electron đúng yên là tanφ = cot θ 2 1 + λc λ với λc là bước sóng coupton Giải 1. – Đặc điểm của chùm tia X tán xạ + Chiếu một chùm tia X, bước sóng λ vào khối parafin. Trong phổ tia X bị tán xạ, ngoài vạch có bước sóng λ của chùm tia tới còn có vạch ứng với bước sóng λ′ > λ không phụ thuộc vào cấu tạo của khối chất mà chỉ phụ thuốc với góc tán xạ θ gây ra hiệu ứng coupton. - Giải thích + Bước sóng λ′ phụ thuộc vào góc tán xạ θ đàn hội của tia X với các e− trong nguyên tử + Tia X có năng lượng lớn, mà e− có khối lượng rất nhỏ → động lượng của e− phụ thuộc vào vận tốc → Hiệu ứng coupton là kết quả của sự va chạm đàn hồi giữa photon và electron - Biểu thức + Vách có bước sóng λ là do sự tán xạ của photon lên electron liên kết mạnh với hạt nhân. Vạch có bước sóng λ′ > λ là do sự tán xạ của photon của tia X có năng lượng lớn với electron liên kết yếu với hạt nhân (xem như tự do, đứng yên). + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng ta có: λ′ = λ + 2. λc. sin 2 ( θ 2 ) với λc = h m0. c = 2,426.10−12 m là bước sóng coupton VŨ TIẾN LÂM 2. – Gọi Pγ⃗⃗ ⃗; Pγ′⃗⃗ ⃗ là động lượng của photon trước và sau khi tán xạ, Pe′⃗⃗ ⃗ là động lượng của electron bay ra. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng của electron và photon ta có: Pγ⃗⃗ ⃗ = Pγ′⃗⃗ ⃗ + Pe⃗⃗ ⃗ (có Pe⃗⃗ ⃗ = 0: động lượng e ban đầu) + Từ giản đồ vector bên ta có: tanφ = Pγ ′. sin θ Pγ − Pγ′. cos θ (1) + Lại có: Pγ = h λ ; Pγ ′ = h λ′ . Thay vào (1) ta có: tanφ = sin θ λ′ λ − cos θ (2) + Theo định luật Coupton có: λ′ = λ + 2. λc. sin 2 ( θ 2 ) (3) { sin θ = sin (2. θ 2 ) = 2. sin ( θ 2 ) . cos ( θ 2 ) cos θ = cos (2. θ 2 ) = 1 − 2. sin2 ( θ 2 ) (4) Thay (3) và (4) vào (2) ta được: tanφ = 2. sin ( θ 2) . cos ( θ 2) λ + 2. λc. sin2 ( θ 2) λ − 1 + 2 sin 2 ( θ 2) Rút gọn ta được: tanφ = cot θ 2 1 + λc λ (đpcm) Câu 10: 1. Phát biểu những kết luận về lưỡng tính sóng hạt của ánh sáng, trình bày nội dung giả thuyết De Broglie về lưỡng tính sóng hạt của vi hạt. 2. Một chùm electron được gia tốc bởi một hiệu điện thế 104 V. Xác định bước sóng De Broglie của electron sau khi được gia tốc. Nếu hạt được gia tốc bởi hiệu điện thế 510 kV thì bước sóng De Broglie bằng bao nhiêu? Cho h = 6,625.10−34 J. s Giải 1. – Lưỡng tính sóng hạt của ánh sáng + Ánh sáng vừa có tính chất sóng, vừa có tính chất hạt. Tính chất sóng được thể hiện rõ trong các hiện tượng như giao thoa, nhiễu xạ, Còn tính chất hạt được thể hiện rõ trong các hiện tượng quang điện, Coupton, Lưỡng tính sóng hạt VŨ TIẾN LÂM của ánh sáng đã được Einstein nêu lên trong thuyết lượng tử ánh sáng. - Giả thuyết De Broglie + Một vi hạt tự do có năng lượng xác định, động lượng xác định tương ứng với một sóng phẳng đơn sắc xác định: • Năng lượng của vi hạt liên hệ với tần số dao động của sóng theo hệ thức: E = h. f hay E = ℏ.ω với ℏ = h 2π = 1,055.10−34 J. s • Động lượng của vi hạt liên hệ với bước sóng tương ứng theo hệ thức: P = h λ hay P⃗ = ℏ. k⃗ 2. Tóm tắt U = 104 V → λ =? U = 510 kV → λ =? Giải - Với: U = 104 V → eU = 104 eV < 0,51 MeV = mc2 Áp dụng công thức trong cơ học phi tương đối tính. Ta có P = √2meU → λ = h P = h √2meU = 6,625.10−34 √2.9,1.10−31. 1,6.10−19. 104 = 1,23.10−11 m - Với U = 510 kV → eU = 510 keV = 0,51 MeV Áp dụng công thức trong cơ học phi tương đối tính. Ta có λ = h P = hc √eU(eU + 2mc2) = hc √mc2(mc2 + 2mc2) = h √3mc2 = 1 √3 . h mc = 1 √3 . λc → λ = 1 √3 . 2,4.10−12 = 1,40.10−12 (m) = 0,014 Aom Câu 11: 1. Trình bày hệ thức bất định Heisenberg và ý nghĩa của nó. 2. Một hạt vi mô có m = 10−16 kg chuyển động trong phạm vi 10−8 m, tìm độ bất định về tốc độ. Nếu hạt là electron có me = 9,1.10 −31 kg chuyển động trong phạm vi 10−10 m thì độ bất định về tốc độ là bao nhiêu? Từ hai ví dụ trên rút ra kết luận gì? (sử dụng hệ thức Δx. ΔPx = h). Giải 1. – Xét sự nhiễu xạ của chùm vi hạt qua một khe hẹp. Sau khi qua khe, vị trí và động lượng P⃗ của hạt thay đổi. Sau khi qua khe, hạt sẽ bị nhiễu xạ theo những phương khác nhau. Tùy theo giá trị của góc nhiễu xạ φ, mật độ chùm hạt nhiễu xạ trên màn sẽ cực đại hoặc cực tiểu (bằng không). VŨ TIẾN LÂM + Xét tọa độ của hạt theo phương x nằm trên mặt phẳng của khe, song song với chiều rộng của khe. Vị trí tọa độ của hạt trong khe sẽ có giá trị trong khoảng từ 0 đến b: 0 ≤ x ≤ b hay Δx ≈ b. Nói cách khác thì vị trí của hạt trong khe được xác định với độ bất định Δx = b. + Sau khi qua khe, phương động lượng P⃗ của hạt thay đổi. Hình chiếu của P⃗ theo phương x sẽ có giá trị trong khoảng: 0 ≤ Px ≤ p. sinφ1. Nghĩa là sau khi qua khe, hạt có thể rơi vào cực đại giữa hoặc phụ. + Hình chiếu Px được xác định với độ bất định nhỏ nhất (ΔPx nhỏ nhất) ứng với trường hợp hạt rơi vào cực đại giữa, nghĩa là ΔPx = p. sinφ1 với φ1 là góc ứng với cực tiểu thứ nhất: sinφ1 = λ b + Như vậy: Δx. ΔPx ≈ p. λ Theo giả thuyết De Broglie có p = h λ , do đó ta có: Δx. ΔPx ≈ h + Tương tự có: Δy. ΔPy ≈ h và Δz. ΔPz ≈ h Tóm lại: Hệ thức bất định giữa tọa độ và động lượng là: { Δx. ΔPx ≈ h Δy. ΔPy ≈ h Δz. ΔPz ≈ h hoặc { Δz. ΔPz ≈ ℏ Δz. ΔPz ≈ ℏ Δz. ΔPz ≈ ℏ - Ý nghĩa của hệ thức bất định Heisenberg + Vị trí và động lượng không được xác định chính xác đồng thời, vị trí xác định càng chính xác thì động lượng càng bất định và ngược lại. + Không có khái niệm quỹ đạo trong thế giới vi mô. 2. Tóm tắt m1 = 10 −16 kg Δx1 = 10 −8 m m2 = 9,1.10 −31 kg Δx2 = 10 −10 m _____________ Δv1; Δv2 =? Giải − Ta có: Δx. ΔPx = h → Δx.m. Δvx = h → Δvx = h m. Δx - Với hạt có khối lượng m1 = 10 −16 kg; Δx1 = 10 −8 m ta có: Δvx = h m. Δx = 6,625.10−34 10−16. 10−8 = 6,625.10−10 (m/s) - Với hạt có khối lượng m2 = 9,1.10 −31 kg; Δx2 = 10−10 m ta có: Δvx = h m. Δx = 6,625.10−34 9,1. 10−31. 10−10 = 7.106 (m/s) - Kết luận: + Với hạt vĩ mô thì vị trí và động lượng có thể xác định chính xác đồng thời. + Với hạt vi mô thì vị trí và động lượng không thể xác định chính xác đồng thời. VŨ TIẾN LÂM Câu 12: 1. Phát biểu giả thuyết De Broglie; viết biểu thức hàm sóng của một vi hạt chuyển động tự do. 2. Một vi hạt chuyển động tự do trong giếng thế năng một chiều U(x) có dạng U(x) = { 0 khi 0 < x < a ∞ khi x ≤ 0 và a < x . Tìm năng lượng và hàm sóng của hạt? Giải 1. – Giả thuyết De Broglie: + Một vi hạt tự do có năng lượng xác định, động lượng xác định tương ứng với một sóng phẳng đơn sắc xác định. • Năng lượng của vi hạt liên hệ với tần số dao động của sóng tương ứng theo hệ thức: E = hf hay E = ℏω • Động lượng của vi hạt liên hệ với bước sóng của sóng tương ứng theo hệ thức: P = h λ hay P⃗ = ℏ. k⃗ - Hàm sóng trong cơ học lượng tử + Chuyển động của vi hạt tự do được mô tả bởi hàm sóng tương tụ như sóng phẳng đơn sắc: ψ = ψ0. e −i(ωt− 2π λ .r⃗ .n⃗ ) { f = E h λ = h P → ψ = ψ0. e − i ℏ(E.t−P⃗ .r⃗ ) với ψ0 2 = |ψ|2 = ψ.ψ∗ là biên độ của hàm sóng ψ∗ là liên hợp phức của ψ 2. U(x) = { 0 khi 0 < x < a ∞ khi x ≤ 0 và a < x - Phương trình Schrodinger của hạt trong giếng thế năng có dạng Δψ(r ) + 2mE ℏ ψ(r ) = 0 → d2ψ dx2 + 2m ℏ2 Eψ = 0 (1) Đặt 2mE ℏ2 = k2 thay vào (1) → d2ψ dx2 + k2ψ = 0 (2) Nghiệm của PT vi phân (2) có dạng: VŨ TIẾN LÂM ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) (3) Vì hàm sóng phải liên tục và giới nội, ta có: { ψ(0) = B = 0 ψ(a) = A sin ka = 0 Nếu A=0, phương trình có nghiệm tầm thường nên A ≠ 0; B = 0 → sin(ka) = 0 → k = nπ a (n = 1,2,3, ) → ψn(x) = A. sin ( nπ a x) - Hệ số A được xác định từ điều kiện chuẩn hóa: ∫ |ψn(x)| 2dx a 0 = 1 → ∫ A2. sin2 ( nπ a x) dx = 1 → A = √ 2 a a 0 → Hàm sóng ψn(x) = √ 2 a . sin ( nπ a x) Câu 13: 1. Nêu các kết luận về năng lượng và hàm sóng của electron trong nguyên tử Hydro? 2. Hàm sóng của electron trong nguyên tử Hydro ở trạng thái cơ bản 1s có dạng: ψ1s = A. e − r a0 với A là hằng số;a0 = 0,53 A o. Tìm khoảng cách r ứng với xác suất tìm hạt lớn nhất? Giải 1. – Hàm sóng ψ và năng lượng của electron trong nguyên tử Hydro là nghiệm của phương trình Schrodinger. + Hàm sóng: ψ = ψn,l,m(r; θ; φ) = Rnl(r). Ylm(θ; φ) + Ý nghĩa các số lượng tử l,n,m • l = 0,1,2,3, n − 1: số lượng tử quỹ đạo (orbital) • n = 1,2,3,4, : số lượng tử chính • m = 0,±1,±2,± l: số lượng tử từ - Năng lượng của electron trong nguyên tử Hydro + Năng lượng: En = − 1 n2 . mee 4 2(4πε0 2)2ℏ2 hay En = − Rh n2 = − 13,6 n2 eV (n = 1,2,3, ) Với R là hằng số Rydberg: R = mee 4 (4πε0 2)4πℏ3 = 3,27.1015 (s−1) + Năng lượng bị lượng tử hóa có giá trị âm chứng tỏ electron liên kết với hạt nhân trong nguyên tử. VŨ TIẾN LÂM 2. Tóm tắt ψ1s = A. e − r a0 A = const a0 = 0,53 A o Giải - Xác suất tìm thấy hạt trong khoảng r → r + dr là: dW = |ψ1s| 2dV = A2. e − 2r a0 . 4π. r2. dr → Xác suất cực đại ứng với cực trị của hàm P(r) = e − 2r a0 . r2 (1) Đạo hàm (1) ta được: dP(r) dr = − 2 a0 . e − 2r a0 . r2 + 2. e − 2r a0 . r2 = 2. e − 2r a0 . r (1 − 1 a0 ) ; dP(r) dr = 0 → r = a0 Câu 14: Trình bày về momen động lượng orbital và momen từ orbital của electron trong nguyên tử. Hiệu ứng Zeeman và giải thích. Giải - Momen động lượng quỹ đạo (orbital) + Vector momen động lượng không có hướng xác định. + Giá trị của momen động lượng của electron lại là một đại lượng xác định và nó nhận các giá trị gián đoạn. + Độ lớn: L = ℏ.√l(l + 1) + Hình chiếu lên phương z của momen động lượng Lz bị lượng tử hóa Lz = ±m. ℏ - Momen từ quỹ đạo (orbital) trong nguyên tử + Momen từ orbital dạng vector: μL⃗⃗⃗⃗ = − e 2me L⃗ + Độ lớn momen từ orbital: |μL⃗⃗⃗⃗ | = eℏ 2me √l(l + 1) = μ B√l(l + 1) Với μB = eℏ 2me = 10−23 A.m2 là hằng số Magneton Bohr. - Hiệu ứng Zeeman + Hiệu ứng Zeeman là hiện tượng tách vạch quang phổ nguyên tử thành nhiều vạch sít nhau khi nguyên tử phát sáng đặt trong từ trường. Để quan sát hiện tượng đó, ta hãy đặt một nguồn khí Hydro phát sáng vào giữa hai cực một nam châm điện. Nam châm điện tạo nên từ trường mạnh. Khi quan sát các bức xạ phát ra theo phương vuông góc với các vector từ trường thì thấy mỗi vạch quang phổ của nguyên tử Hydro bị tách thành ba vạch sít nhau. - Giải thích hiện tượng Zeeman + Vì e− có momen từ μ⃗ nên có thêm năng lượng phụ khi đặt trong từ trường B⃗ : VŨ TIẾN LÂM ΔW = −(μ⃗ . B⃗ ) + Giả sử phương z là phương của từ trường H⃗⃗ nên ta có: ΔW = −μz. B = m. μB. B + Như vật khi nguyên tử Hydro đặt trong từ trường, năng lượng W’ còn phụ thuộc vào số lượng tử từ m: W′ = W+mμB. B với W là năng lượng của e− khi không có từ trường + Khi chuyển từ trạng thái có năng lượng cao W2 ′ sang trạng thái có năng lượng thấp W1 ′. e− phát ra bức xạ có tần số f ′: f ′ = (W2 ′ −W1 ′) h = W2 −W1 h + (m2 −m1)μB. B h = f + Δm h μB. B Với f: tần số của vạch quang phổ khi không có từ trường + Vì năng lượng còn phụ thuộc vào số lượng tử từ cho nên khi e− chuyển từ trạng thái cao xuống thấp nó còn phải tuân theo quy tắc lựa chọn đối với m đã được xác định trong cơ học lượng tử. Δm = 0;±1 Vậy tần số f’ xác định ba giá trị f ′ = { f − μB h B (Δm = −1) f (Δm = 0) f + μB h B (Δm = 1) + Như vậy • Một vạch quang phổ (khi không có từ trường) bị tách thành ba vạch (khi có từ trường). Trong dó vạch giữa (Δm = 0) trùng với vạch cũ. • Độ rộng giữa hai mức năng lượng kế tiếp ở mọi trạng thái tương ứng giá trị của μB. Câu 15: 1. Trình bày về năng lượng của electron hóa trị và quang phổ trong nguyên tử kim loại kiềm. 2. Xét nguyên tử Liti năng lượng liên kết ở trạng thái 2s là 5,59 eV; ở trạng thái 2p là 3,54 eV. Tính các số bổ chính Rydberg đối với các số hạng s và p của Li. Cho biết Rh=13,6 eV. Giải 1. – Năng lượng của electron hóa trị + Trong kim loại kiềm, vòng ngoài cùng có một electron hóa trị, e− hóa trị này liên kết yếu với phần còn lại của nguyên tử (hạt nhân và các e− khác). Do đó VŨ TIẾN LÂM năng lượng phụ thuộc hai số lực tử n và l Enl = − Rh (n + xe)2 với xe là số bổ chính Rydberg - Quang phổ của nguyên tử kim loại kiềm (Li) + Trong phổ của kim loại kiềm, có các dãy: Dãy chính, dãy phụ II, dãy phụ I và dãy cơ bản. • Dãy chính (a) gồm các vạch tuân theo công thức: { f = 2S − nP đối với Li f = 3S − nP đối với Na • Dãy phụ II (b) gồm các vạch tuân theo công thức: { f = 2P − nS đối với Li f = 3P − nS đối với Na • Dãy phụ I (c) gồm các vạch tuân theo công thức: f = 2P − nD • Dãy cơ bản (d) gồm các vạch tuân theo công thức: f = 3D − nF Các dãy này đã được tìm thấy trước từ thực nghiệm. Về sau từ lý thuyết người ta còn có dãy: f = 3D − nP và sau đó được thực nghiệm xác nhận. - Quy tắc lựa chọn: { Δn: bất kỳ Δl = ±1 2. Tóm tắt (Li) Rh=13,6 eV E2s = 5,59 eV E2p = 3,54 eV xe =? Giải - Ta có: Năng lượng liên kết có giá trị bằng năng lượng cần thiết để bứt e− ra khỏi nguyên tử: → Es = 0 − E2s = Rh. 1 (2 + xs)2 = 5,59 eV → xS = −0,44 Ep = 0 − E2p = Rh. 1 (2 + xp) 2 = 3,54 eV → xp = −0,04 Câu 16: 1. Xét nguyên tử có nhiều electron, trong đó có kể đến spin của electron. Trạng thái và năng lượng của electron phụ thuộc vào số lượng tử nào? Phát biểu nội dung nguyên lý Pauli? 2. Trình bày về cấu tạo bội của vạch quang phổ. Vẽ sơ đồ và giải thích cấu tạo VŨ TIẾN LÂM bội của vạch quang phổ đối với Li khi electron hóa trị chuyển từ mức 3P về 2S và 3D về 2P khi chưa tính đến spin và khi tính đến spin. Các chuyển dời lượng tử phải tuân theo quy tắc lựa chọn nào? Giải 1. – Sự phụ thuộc của trạng thái và năng lượng vào các số lượng tử + Trạng thái phụ thuộc vào bốn số lượng tử: n, l,m,ms Trong đó: { n là số lượng tử chính n = 1; 2; l là số lượng tử quỹ đạo l = 0; 1; 2; (n − 1) m là số lượng tử từ m = 0;±1;±2; ;±l ms là số lượng tử hình chiếu spin ms = ± 1 2 + Năng lượng phụ thuộc vào ba số lượng tử n, l, j Với một giá trị xác định của mỗi mức năng lượng lại tách thành hai mức (trừ trường hợp l=0 chỉ có một mức). Một mức ứng với j = l − 1 2 và một mức ứng với j = l + 1 2 Mức ứng với j = l − 1 2 ở cao hơn mức ứng với j = l + 1 2 . Khaongr cách giữa hai mức này không lớn lắm. Cấu trúc như vậy gọi là cấu trúc tế vi của mức năng lượng - Nguyên lý Pauli: Ở mỗi trạng thái lượng tử xác định bởi bốn số lượng tử n, l, m,ms chỉ có thể có tối đa một electron. 2. – Cấu tạo bội của vạch quang phổ + Cấu trúc tế vi của mức năng lượng cho cấu tạo bội của vạch quang phổ. + Do năng lượng của electron trong nguyên tử còn phụ thuộc số lượng tử j nên khi chuyển từ mức năng lượng cao về mức năng lượng thấp, ngoài quy tắc lựa chọn đối với l, e− còn tuân theo quy tắc lựa chọn đối với j: { Δj = 0;±1 Δl = ±1 - Khi electron hóa trị chuyển từ mức 3P về 2S và 3D về 2P VŨ TIẾN LÂM f = 2S − 3P Chưa tính spin Tính đến spin Tần số: (1) f1 = 2 2S1/2 − 3 2P1/2 (Δl = −1; Δj = 0) (2)f2 = 2 2S1/2 − 3 2P3/2 (Δl = −1; Δj = −1) f = 2P − 3D Chưa tính spin Tính đến spin Tần số: (1) f1 = 2 2P1/2 − 3 2D3/2 (Δl = −1; Δj = −1) (2)f2 = 2 2P3/2 − 3 2D3/2 (Δl = −1; Δj = 0) (3)f3 = 2 2P3/2 − 3 2D5/2 (Δl = −1; Δj = −1) Câu 17: Phân biệt phát xạ cảm ứng và phát xạ tự nhiên. Định luật hấp thụ của môi trường. Thế nào là môi trường kích hoạt. Trình bày về tính khuếch đại bức xạ của môi trường kích hoạt. Hiệu ứng laser? Giải - Phân biệt phát xạ tự nhiên và phát xạ cảm ứng Phát xạ tự nhiên Phát xạ cảm ứng - Là quá trình xảy ra một cách tự phát. - Làm giảm mật độ hạt ở trạng thái kích thích (có năng lượng). - Tốc độ quá trình không phụ thuộc vào mật độ năng lượng của bức xạ mà chỉ tỷ lệ thuận với số nguyên tử N2 ở trạng thái kích thích: dN21 SP dt = A21. N2 + A21 = 1 τsp : hệ số Einstein với τsp là thời gian sống trung bình. - Là quá trình phát xạ dưới kích thích của bức xạ ngoài (photon). - Chuyển bớt số nguyên tử từ mức trên xuống mức dưới. - Tốc độ quá trình tỷ lệ thuận với mật độ năng lượng của bức xạ và số nguyên tử N2 ở trạng thái kích thích: dN21 ind dt = B21. N2. u(f) + B21: hệ số Einstein đối với quá trình phát xạ cảm ứng. + B21u(f): xác suất chuyển dời cảm ứng một nguyên tử từ mức trên xuống mức dưới trong một giây. - Định luật hấp thụ Buger-Lamber + Khi đi qua lớp môi trường vật chất có hệ số hấp thụ k, bề dày d, cường độ sáng ban đầu I0 của chùm sáng đơn sắc giảm theo công thức: VŨ TIẾN LÂM I = I0. e −kd (α là hệ số hấp thụ) + Với môi trường kích hoạt thì I 0 hay k < 0 tức là hệ số hấp thụ của môi trường âm. - Môi trường kích hoạt: là môi trường chất có sự đảo mật độ hạt. - Khả năng khuếch đại của môi trường kích hoạt, hiệu ứng laser + Các photon phát xạ có khả năng gây kích thích phát xạ nhiều hơn là bị hấp thụ. + Photon phát xạ ban đầu kích thích sự phát xạ của nhiều photon hơn, những photon này lại kích thích sự phát xạ của nhiều photon hơn nữa, và cứ thế tiếp diễn. Kết quả là dòng thác photon tăng lên, ánh sáng phát xạ được khuếch đại. + Nếu có một bức xạ ngoài kích thích có tần số f (E2 − E1 = hf) truyền vào môi trường kích hoạt thì cường độ bức xạ được khuếch đại. Chùm bức xạ gọi là chùm laser. LASER = Light Ampligication by the Stimulated Emission of Rediation Câu 18: 1. Phát biểu hai tiên đề trong lý thuyết tương đối hẹp của Einstein. 2. Thiết lập hệ thức Einstein. 3. Tính động năng của chất điểm theo thuyết tương đối hẹp. Trong trường hợp vật chuyển động với vận tốc nhỏ thì động năng như thế nào? Giải 1. Hai tiên đề của Einstein: - Tiên đề một: Nguyên lý tương đối Einstein: Mọi hiện tượng vật lý diễn ra như nhau trong mọi hệ quy chiếu quán tính. - Tiên đề hai: Vận tốc ánh sáng trong chân không không phụ thuộc vào vận tốc nguồn sáng trong tất cả các hệ quán tính vận tốc ánh sáng đều như nhau và bằng c = 3.108 m/s. 2. Thiết lập hệ thức Einstein + Theo định luật bảo toàn năng lượng: dWđ = dA + Giả sử ngoại lực F⃗ cùng phương với đoạn chuyển dời dS⃗ dWđ = dA = F⃗ dS⃗ = FdS Trong đó: F⃗ = d(mv⃗ ) dt = dm dt v⃗ + m. dv⃗ dt → dWđ = [ dm dt v⃗ + m. dv⃗ dt ] dS = dm. v. ( dS dt ) + m. dv. ( dS dt ) → dWđ = v 2dm+m. v. dv VŨ TIẾN LÂM m = m0 √1 − v2 c2 nên dm = m0. v. dv c2 (1 − v2 c2 ) 3 2 (1) Do đó: dWđ = m0. v 2 c2 (1 − v2 c2 ) 3 2 . v. dv + m0 √1 − v2 c2 . v. dv = m0. v. dv (1 − v2 c2 ) 3 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: dWđ = c 2. dm Lấy tích phân toàn phần hai vế ta có: ∫dWđ = c 2∫dm → Wđ = mc 2 hay E = mc2 (đpcm) 3. Động năng của vật - Trường hợp tổng quát (động năng cổ điển) v=c Wđ = 1 2 mv2 ≈ 1 2 mc2 - Trường hợp riêng: Khi v ≪ c Wđ = c 2∫ dm m m0 = mc2 −m0c 2 = m0c 2 ( 1 √1 − v2 c2 − 1 ) END