Sang kien kinh nghiem.15243

Trung tâm Giáo dục thường xuyên Gia Lai Năm học 2008 - 2009
Các dạng toán cơ bản Sóng ánh sáng và Lượng tử ánh sáng.

A. Phần thứ nhất : Đặt vấn đề.
I . Lí do chọn đề tài :
Có thể nói phân dạng trong các chương của sách vật lý 12 đã được khá
nhiều tác giả biên soạn vì nó thiết thực và giúp được nhiều cho học sinh để
tham khảo dùng làm tài liệu quí để ôn thi tốt nghiệp và thi cao đẳng, đại học.
Việc phân dạng bài tập trong từng chương đòi hỏi người giáo viên phải có
kiến thức tổng hợp xuyên suốt của chương đó và điều đó đã làm cụ thể hóa
lượng kiến thức trong chương đó giúp học sinh tiếp cận nhanh và nhớ được
lâu lượng kiến thức này.
Đối với học viên bổ túc thì việc phân dạng bài tập từ những bài đơn
giản chỉ qua một bước biến đổi đến những bài phức tạp có nhiều bước biến
đổi sử dụng nhiều phép tính sẽ giúp ích rất nhiều cho việc học của các học
viên, qua thực tế dạy dỗ tôi thấy rằng nếu chỉ dạy kiến thức trong nội dung
sách giáo khoa thì không đủ thời gian để các học viên tự làm được và làm
hết bài tập. Với mong mõi học viên học được kiến thức gì vận dụng làm được
bài tập của kiến thức đó nên tôi đã chọn đề tài “ Các dạng toán cơ bản Sóng
ánh sáng và Lượng tử ánh sáng” để làm đề tài cho bài nghiên cứu của mình..
B. Phần thứ hai: Những biện pháp giải quyết vấn đề.

Phần I: SÓNG ÁNH SÁNG
I.SỰ TÁN SẮC CỦA ÁNH SÁNG :
Mặt Trời
M

A F’

Đỏ
Da cam
Vng
F Lục
Lam
P Chm
Tím

G B C
1. Áp dụng công thức về lăng kính

sini1 = nsinr1 i1 = nr1
Góc nhỏ (i, A)
sini2 = nsinr2 i2 = nr2
A = r1 + r2 A = r1 + r2
D = i1 + i2 - A D = ( n – 1 )A
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Thuận Trang 1


2. Góc lệch cực tiểu : D = D min
A
Khi i1 = i2 = i và r1 = r2 = r =
2
A A
Ta có : Dmin = 2i –A; sini = nsin ; sin( Dmin + A ) = nsin
2 2
3. Nguyên nhân của hiện tượng tán sắc :

λ tím ≤ λ ≤ λ đỏ . n = f ( λ ); ntím ≥ n λ ≥ nđ
Bài 1.1 :Một lăng kính thủy tinh góc chiết quang A= 50. Chiếu một chùm ánh
sáng trắng vào mặt bên dưới góc tới rât nhỏ . Tính góc tạo bỡi hai tia ló màu
đỏ và màu tím qua lăng kính . Cho biết chiết suất của lăng kính ứng với ánh
sáng màu đỏ là nđ = 1,5 ;với ánh sáng tím nt = 1,68.
Giải : Khi góc tới i1 rất nhỏ ta có :
i1 = nr1 i2 = nr2 A = r1+ r2 D =i1+i2 –A = (n-1)A
Góc lệch đối với tia đỏ : Dđ = (nđ-1) A
Góc lệch đối với tia tím: Dt = (nt -1) A
Góc lệch giữa chùm tia ló màu đỏ và tia ló màu tím là:

( )
∆D = D t − Dd = nt − nd A =( 1,68 -1,5).50 = 0,90 Vậy : ∆D = 0,90

Bài 1.2: Một chùm ánh sáng trắng hẹp chiếu vào lăng kinh thủy tinh có tiết
diện thẳng là tam giác đều trong điều kiện góc lệch của tia sáng vàng cực
tiểu .Tính góc tạo bởi tia đỏ và tia tím trong chùm ánh sáng ló . Cho biết chiết
suất của lâng kính ứng vơí ánh sáng màu đỏ ,vàng ,tím lần lượt là :nđ=1,5;
nv = 1,51; nt=1,52.
Giải: k=2
Khi biết được ánh sáng vàng có góc lệch k=1
k=1
cực tiểu ta tính được góc tới i1của chùm k=0
ánh sáng trắng : k=0
k=-1
A k=-1
sin i1 = nv = sin = 1,51.sin300 = 0,755
2 k=-2
k=-2



*Đối với ánh sáng màu đỏ ta có: sini1 =nđsỉn1đ
sin i1 0,755
⇒ sỉn1đ = = ⇒ r1d = 30, 710
nd 1,5

Mặt khác A =r1đ + r2đ ⇒ r2đ = A - r1đ
r2đ =60 – 30,71 =29,29
mà: sini2đ =nđsinr2đ = 1,5.sin29,290 ≈ 0,74 i2đ =47,73140
Góc lệch của tia đỏ : Dđ=i1đ + i2đ - A (1)
*Đối ánh sáng tím ta có :
sin i1 0, 755
sini1= ntsỉn1t ⇒ sin r1t = =  r1t= 29,780
nt 1, 52

Mà: A = r1t + r2t ⇒ r2 t= A - r1t = 600 - 29,780
Mặt khác : sini2t = nt.sỉn2t =1,52.sin29,780 ⇒ i2 t= 49.0250

Mặt khác : Dt = i1 + i2t – A
Góc tạo bỡi giữa tia ló màu tím và tia ló màu đỏ :

∆D = D t − Dd = i 2t − i 2d = 49,025 = 47,7314 = 1,290

II. GIAO THOA ÁNH SÁNG TRẮNG :
Thí nghiệm Iâng:
λD
1.Vị trí vân sáng : xs = k với k = 0; ±1; ±2; ±3......
a
k=0 : vân sáng trung tâm.
k = ±1 : vân sáng bậc một (đối xứng qua vân trung tâm)
k = ±2 : vân sáng bậc hai
2.Vị trí vân tối :
λD
x t = ( 2k = 1) với k = 0; ±1; ±2; ±3......
2a
Vân tối bậc một : phần dương k=0 ; phần âm k=-1
(đối xứng qua vân sáng trung tâm)



Vân tối bậc hai : phần dương k=1; phần âm k=-2
3.Khoảng vân: Khoảng cách giữa hai vân sáng (hoặc hai vân tối )liên tiếp .

λD i
i= Hệ quả : xs= ki ; x t = (2k + 1)
a 2
4. Giao thoa với ánh sáng trắng :
Anh sáng trắng có bước sóng ngắn trong giới hạn :
0, 40µm ≤ λ ≤ 0, 76µm

- Anh sáng đơn sắc có vân sáng tại vị trí x được xác định :
ax
0, 40µm ≤ ≤ 0,76µm
kD
- Anh sáng đơn sắc có vân tối tại vị trí x được xác định :
2ax
0, 40µm ≤ ≤ 0, 76µm
(2k + 1)D
Dạng 1 : THOA GIAO VỚI ÁNH SÁNG ĐƠN SẮC
Xác định vị trí vân sáng ,vân tối . tính khoảng vân hoặc bước sóng ánh sáng .
Tìm số vân . Tính khoảng cách .
* Phương pháp giải :
1. Vị trí vân :
λD
a. Vân sáng : xs = k = ki
a
λD i
b. Vân tối : x t = ( 2k + 1) = ( 2k + 1)
2a 2
2. Khoảng vân hoặc bước sóng ánh sáng :
λD
Ap dụng công thức : i =
a
3. Số vân trong khoảng x1, x2 :

λD
- Số vân sáng : x1 < xs < x2 ⇔ x1 < k < x2 (1)
a



Giải bất phương trình (1) ta tìm được sô giá trị của k chính là số vân sáng .
λD
⇔ x1 < (2k + 1) < x2
Số vân tối : x1< xt < x2 2a (2)
Giải bất phương trình (2) tìm số giá trị của k chính là số vân tối
* Chú ý : Nếu trong đoạn x1 ,x2 thì ta lấy dấu “ ≤ ”
4. Xác định tại vị trí xM có mấy vân sáng hay mấy vân tối ? Bậc mấy ?

K : có vân sáng bậc k
x
Ta có : M = K,5 : có vân tối bậc (k+1)
i
K,2 : không có vân sáng hay vân tối

Bài 1.1: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng các kheS1,S2 được
chiếu bỡi ánh sáng có bước sóng λ = 0,65µm . Biếtkhoảng cách giữa hai khe
là S1S2=a=2mm. Khoảng cách từ hai khe đến màn là D= 1,5 m .
a. Tính khoảng vân ?
b. Xác định vị trí vân sáng bậc 5 và vân tối bậc 7 ?
Giải :

λD 0,65.10−3.1,5.103
a. Khoảng vân: x= = = 0.4875mm .
a 2
λD
b.Vị trí vân sáng bậc 5: xs = k = ki
a
Vân sáng bậc 5 ứng với k = ±5 : x = ±5i = ±2,4375(mm)
λD i
Vị trí vân tối được xác định : x t = (2k + 1) = (2k + 1)
2a 2
Phần dương cuả trục Ox thì vân tối bậc 7 ứng với k=6 ,do đó :
0,8475
x t7 = (2.6 + 1) = 3,16875mm
2
Phần âm của trục Ox thì vân tối bậc 7 ứng với k=-7 ,do đó :



0, 4875
x t7 = (2.( −7) + 1). = −3,16875mm
2

Vậy vân tối bậc 7 : x t7 = ±3,16875mm

Bài 1.2:Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng đơn sắc có bước sóng

λ = 0,5µm . Khoảng cách giữa hai khe sáng S1S2=a=1mm.
a. Tính khoảng cách giữa hai khe đến màn ảnh . Biết khoảng cách giữa 5 vân
sáng liên tiếp là 4,8 mm.
b. Tại vị trí M cách vân trung tâm OM =4,2mm ,ta có vân sáng hay vân tối ?
Bậc mấy ?
Trong khoảng OM có bao nhiêu vân sáng và bao nhiêu vân tối ?
M
Giải : K=3
K=3
a. Khoảng cách giữa 5 vân sáng liên tiếp K=2
K=2
4,8 K=1
có 4 khoảng vân ,nên : i = = 1,2mm K=1
8 K=0
K=0
O
Khoảng cách từ hai khe đến màn ảnh :
λD ia 1,2.1
i= ⇒D= ; D= = 2,4.103 mm = 2, 4m
a λ 0,5.10−3
OM
b. Ta có : = 3,5 Vậy tại M có vân tối bậc 4.
i
Có thể kiểm tra lại bằng công thức vị trí vân tối :

i
x M = (2k + 1) ⇒ k = 3 ( về phía dương ứng với vân tối bậc4)
2
• Số vân sáng trong khoảng OM:

0 < xs < 4,2 ⇔ 0 < k.i < 4,2 ⇒ 0 < k < 3,5
Vậy: k=1; 2: 3 → Có ba vân sáng

• Số vân tối trong khoảng OM:



i 1
0 < x t < 4,2 ⇔ 0 < (2k + 1) < 4,2 ⇒ − < k < 3 ⇒ k = 0;1; 2
2 2
Vậy có ba vân tối .
Dạng 2: GIAO THOA VỚI ÁNH SÁNG PHỨC TẠP GỒM NHIỀU
THÀNH PHẦN ĐƠN SẮC HOẶC ÁNH SÁNG ĐƠN SẮC.
• Anh sáng phức tạp gồm nhiều thành phần đơn sắc :
- Ap dụng công thức về vị trí vân sáng và khoảng vân đối với thành phần
đơn sắc .
- Hiện tượng chập các vân sáng xảy ra ở những vị trí xác định bỡi :
x = k1i1 = k2i2 = …….= knin
• Anh sáng trắng :
- Giá trị của λ : 0.40µm ≤ λ ≤ 0,76µm

- Sự chênh lệch của khoảnh vân i: i t ≤i ≤i d

- Anh sáng đơn sắc có vân sáng tại vị trí x được xác định :

ax
0,40µm ≤ ≤ 0, 76µm
kD
2ax
- Anh sáng đơn sắc có vân tối tại vị trí x : 0, 40µm ≤ ≤ 0,76µm
(2k + 1)D

Bài 2.1: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng . Khoảng cách giữa hai
khe là a= 1mm . Khoảng cách từ hai khe đến màn là D =2m .Người ta

chiếu đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 0,5µm và λ 2 = 0, 4µm

.Xác định hai vị trí đầu tiên trên màn (kể từ vân trung tâm ) tại đó hai vân
sáng trùng nhau .
Giải :
Vị trí hai vân sáng ứng với hai bưcá xạ λ1 và λ 2 trên màn là :
λ D λ2D
x1 = k1 1 ; x2 = k2 (1)
a a



Hai vân sáng trên trùng nhau khi : x1=x2
λD λ D λ 5
⇔ k1 1 = k 2 2 ⇔ k1λ1 = k 2λ2 ⇔ k 2 = k1 1 = k1
a a λ2 4

k1 và k2 là hai số nguyên nên (2) thoả mãn khi k1 là bội số của 4,tức là k1 = 8 ;
k2 = 10 .
λ1D 0.5.10−3.2.103 (2)
Ta có : x = k
1 1 a = k1 1
= 1.k1(mm)

Với k1= 4 ta được x1=4 mm ;k2 =8 ta được x2 =8 mm
Vậy hai vị trí đầu tiên (kể từ vân sáng trung tâm O) để có hai vân sáng trùng
nhau cách O lần lượt 4 mm và 8 mm.
Bài 2.2: Trong thí nghiệm Iâng , các khe sáng được chiếu sáng bằng ánh sáng
trắng . Khoảng cách giữa hai khe là 0,3 mm ,khoảng cách từ hai khe đến màn
ảnh là D= 2m.
a. Tính bề rộng quang phổ bậc một và quang phổ bậc hai trên màn .Biết bước

sóng ánh sáng đỏ là λ d = 0,76µm ánh sáng tím là λ t = 0,40µm
b. Tại vị trí M trên màn cách vân trung tâm OM =20 mm có những bức xạ
nào cho vân sáng ?
Giải:
λd D
a. Vị trí vân sáng đỏ : xd = k
a
λt D
Vị trí vân sáng tím : xt = k
a
Bề rộng quang phổ là khoảng cách giữa vân sáng đỏ và vân sáng tím cùng bậc

D 2.103
: Vx = (λ − λ t ) =
1 a d (0, 76 − 0, 40).10−3 = 2,4mm
0,3
• Bề rộng quang phổ bậc hai (k=2):



D
Vx 2 = (λ d − λ t ) = 2.Vx1 = 4,8mm
a
b. Gọi λ là các bức xạ cho vân sáng tại M :

x = OM = k
λD ax 0,3.10−3.20.10−3 3.10−6 3
⇒λ= = = m= (µm)
a kD k.2 k k
3
Với 0, 40µm ≤ λ ≤ 0, 76µm ; 0, 40µm ≤ ≤ 0, 76µm
k
3 3
⇒ ≤k≤  3,95 ≤ k ≤ 7,5
0,76 0,4
3
Vậy k= 4 ; 5 ; 6 ; 7 thay vào phương trình λ= µm
k
3 3
Ta tìm thấy được các bước sóng : λ1 = = 0.75µm ; λ1 = = 0.60µm
4 5
3 3
λ1 = = 0.50µm λ1 = ≈ 0.34µm
6 7
Dạng 3: TRẮC NGHIỆM VỀ GIAO THOA ÁNH SÁNG.
Câu 1:Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng đơn sắc. Khoảng cách hai
khe a = 0,5 mm, khoảng cách D = 2m, khoảng vân i = 2mm. Bước sóng của
ánh sáng tới là:
A. 5 nm B. 0,5 cm C. 0,5 µm D. 50 nm

0,5.10-3.2.10-3
Giải: i =λλD ⇒ =
=
a.i -6
= 0,5.10 m = 0,5μm
a D 2
Câu 2:Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng đơn sắc có bước sóng 600
nm, khoảng cách hai khe là a = 1,5 mm, khoảng cách D = 3 m. Khoảng cách
giữa vân sáng với vân tối liên tiếp là:
A. 0,6 mm B. 6mm C. 1,2 mm D. 0,12 mm



Giải: Khoảng cách giữa vân sáng và vân tối bằng nửa khoảng vân.

i λD 6.10 −7.3
= = −3
= 6.10 −4 m = 0,6mm
2 2a 2.1,5.10
Câu 3: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng với khe Iâng, người ta dùng ánh
sáng có bước sóng 0,5µm, a=0,5 mm. D = 2m. Miền vân giao thoa trên màn
có bề rộng l = 32 mm. Số vân quan sát được trên màn là:
A. 15 B. 16 C. 17 D. 18
λD 0,5.10 −6.2
Giải: Khoảng vân i = = −3
= 2.10 −3 m = 2mm
a 0,5.10
l 32
Số khoảng vân: n = = = 16 khoảng vân
i 2
Số vân trên màn bằng số khoảng vân + 1 vân trung tâm = 17 vân.
Phần II: LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG
I. LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG
C
1, Thuyết lượng tử ánh sáng: ε = hf = h
λ
+ Năng lượng của phô tôn.
f ( Hz): Tần số bức xạ . λ [m] : Bước sóng của ánh sáng .

C = 3.108 (m/s) : Vận tốc ánh sáng trong chân không.
h : 6,625.10-34 [J/s] : Hằng số Plăng. ε [J] : Năng lượng của phô tôn.

1
2, Phương trình Anhxtanh. ε = A + mV02
2

A : Công thoát của electron khỏi kim loại. ; V0 : Vận tốc ban đầu cực
đại của các electron .; m = 9,1.10-31 (Kg) : khối lượng electron.
3, Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện.
hc
λ ≤ λ 0 ; với λ 0 = : gới hạn quang điện của kim loại làm catốt.
A
1
4, Hiệu điện thế hãm. eUh = mV02
2
5, Công suất của nguồn sáng

Giáo viên thực hiện: Lê Văn Thuận Trang
10


P = nλ . ε ; nλ : là số phô tôn ứng với bức xạ λ phát ra trong 1s.
6, Cường độ dòng điện bão hoà.
Ibh = nee ; ne : số electron đến anôt trong 1s.
ne
7, Hiệu suất lượng tử: H = n
λ

ne : số electron bức ra khỏi catot trong 1s.
nλ : số electron đập vào catot trong 1s.

II.BÀI TẬP CƠ BẢN.
Dạng 1: p dụng định lý động năng
Cơ sở lý thuyết: 1 mV 2 − 1 mV 2 = A
t 0
2 2

A > 0  Vt > V0 : công dương.
A < 0  Vt < V0 : công âm.
* Công của lực điện trường: khi điện tích q di chuyển giữa hai điểm có hiệu
điện thế U12 thì công của điện trường là: A = q.U12 ( q và U12 có thể dương
hoặc âm).
Bài 1.1: Tìm động năng của electron khi tới đối âm cực của ống Rơnghen
( bỏ qua electron vừa bức khỏi catot).
Bài giải:
2 2
mVt mV0
Áp dụng định về động năng: − =A (1) Theo đề V0 = 0
2 2
A = qe.UKA mà qe = -e còn UKA = - UAK
2 2
mVt mVt
Thay vào (1) ta có: = (-e).(- UAK) = eUAK vậy = eUAK
2 2
Bài 1.2: Tìm hiệu điện thế hãm để cho dòng quang điện của tế bào quang điện
bị triệt tiêu.
Giải:
2 2
mVt mV0
Áp dụng định lý về động năng : − = qe.UKA (1)
2 2
Với Vt = 0, mà qe = -e còn UKA = - UAK
11


2 2
mV0 mV
mặt khác UAK = Uh < 0 thay vào một ta có: - = - eUh  0 = eUh.
2 2
Bài 1.3: Một quả cầu cô lập về điện: khi chiếu bức xạ λ vào quả cầu. Tìm
điện thế cực đại của quả cầu.
Bài giải:
2 2
mVt mV0
Áp dụng định về động năng: − = qe ( Vmax - V ∞ ) (1)
2 2
2
mV0
với Vt = 0; qe = -e; V ∞ = 0. thay vào (1) ta có: = eVmax  Vmax
2
Bài 1.4: Hiệu điện giữa Anốt và Catốt của 1 ống Rơnghen là U = 2.104(v).
Tìm bước sóng nhỏ nhất của tia rơnghen mà ống có thể phát ra. Bỏ qua động
năng của electron lúc bức ra khỏi Catốt. Biết e = 1,6.10-9(C) ; C = 3.108 m/s ;
h = 6,625.10-34 J(s).
Giải:
2 2
mVt mV0
Động năng của electron lúc đến đập vào đối âm cực. − = qe.UKA
2 2
2
mVt
với Vt = 0; qe = -e ; UKA = - UAK = U; Vậy : = eU
2
- Động năng này 1 phần biến thành nhiệt năng Q làm nóng đối âm cực và
phần còn lại biến thành nl của tia X.
C C hC
Ta có : eU = Q + h  eU ≥ h  λ ≥
λ λ eU

hC 6,625.10 −34.3.10 8
 λ max = = −19 4
= 6,2.10 −11 (m).
eU 1,6.10 .2.10

Dạng 2: XÁC ĐỊNH CÁC ĐẠI LƯỢNG ĐẶC TRƯNG
Kim loại: λ 0 , A; Electron quang điện : E0đ ; V0.
Dòng quang điện: Ibh ; Uh
* Áp dụng các công thức liên quan đến hiện tượng quang điện:
C C
Lượng tử ánh sáng: ε = hf = h Giới hạn quang điện: λ 0 = h
λ λ

12


2
mV0
Phương trình Anh Xtanh: ε = A +
2
2
mV0
Hiệu điện thế hãm: eUh =
2
Cường độ dòng quang điện bão hoà: Ibh = n.e
Bài 2.1:
Khi chiếu 1 bức xạ điện từ có bước sóng λ = 0,5 µm vào bề mặt catốt của 1
tế bào quang điện tạo ra dòng điện bảo hoà Ibh = 0,32 (A) công suất bức xạ
đập vào catốt là P = 1,5 w.Tính hiệu suất lượng tử ( là tỉ số giữa e thoát ra
catốt và số phô tôn rọi lên nó). Biết : h = 6,625.10-34 Js ; C = 3.108 m/s ;
e = 1,6.10-19 C.
Giải:
C 3.10 8
Năng lượng của mỗi phô tôn: ε = h = 6,625.10 -34
− 6 = 39,75.10
-20
J
λ 0,5.10

Năng lượng bức xạ đập vào catốt trong 1s. W = P.t = 1,5.1= 1,5 (J)
Số phô tôn đến đập vào catốt trong 1s:

W 1,5
nλ = = = 3,77.10-18 (hạt).
ε 39,75.10 −20

Điện lượng đến anốt trong 1s .Q = I.t = 0,32.1=0,32 ( C).
q 0,32
Số electron đến anốt trong 1s. ne = = −19
= 2.1018 (e)
e 1,6.10

e n 2.1018
Hiệu suất lượng tử: H = n = ≈ 0,53 = 53%
λ 3,77.10 8

Bài 2.2 : Công tối thiểu để bức 1 electron ra khỏi mặt kim loại là 1,88 eV.
Dùng kl đó để làm catốt của 1 tế bào quang điện. Hãy xđ:
a. Giới hạn quang điện của kl đã cho.
b.Vận tốc cực đại của electron bắn ra khỏi mặt kl khi chiếu vào đó ánh sáng
có bước sóng λ =0,489 µm .

13


c. Số electron tách ra khỏi bề mặt kl trong 1 phút. Giả thiết rằng tất cả
electron tách ra đều bị hút về anốt và cường dòng quang điện đo được là I =
0,26.
d. Hiệu điện thế giữa hai cực của tế bào quang điện sao cho dòng điện triệt
tiêu.
Giải:
hC 6,625.10 −34.3.10 8
a. Giới hạn quang điện. λ 0 = = −19
≈ 6,6.10 −7 m = 0,66 µm
A 1,88.1,6.10
C
b. Vận tốc cực đại của electron . h = A + E0đ
λ
C 6,625.10 −34.3.10 8
 E0đ = h - A = − 1,88.1,6.10 −19 = 1,0584.10 −19 J
λ 0,489.10 −6

mV0
2
2E 2.1,0584.10 −19
mà E0đ =  V0 = = = 0,48.1016 m/s
2 m 9,1.10 −31

c. Số e tách ra khỏi mặt kim loại trong 1 phút.
Điện lượng qua mạch trong 1s Q = T.t = 0,26.10-3 ( C)
q 0,26.10 −3
Số electron qua mạch trong 1s. n = = = 0,1625.1016 hạt
e 1,6.10 −19

N = n.60 = 9,5.1016 hạt
mV0
2
E0 1,584.10 −19
d. Hiệu điện thế hãm. eUh = = E0đ  Uh = = = 0,66 (v).
2 e 1,6.10 −19

Bài 2.3: Khi rọi ánh sáng có bước sóng λ = 300 nm vào catốt của 1 tế bào
quang điện thì các electron quang điện bức ra có động năng cực đại là 2,03
eV.
a. Tính công thoát electron của kim loại làm catốt.
b. Tính hiệu điện thế hãm nếu ánh sáng tạo thành có bước sóng λ ’ = 400 nm.
Giải:
a. Công thoát của electron :
C C 6,625.10 −34.3.10 8
h = A + E0đ  A=h - E0đ = − 2,03.1,6.10 −19 = 3,377.10 −19
λ λ 300.10 −9

14


2 2
C mV0 mV0 C
b, Ta có: h =A+ mà = eUh  h = A + eUh
λ' 2 2 λ'
C C 1
 eUh = h - A  Uh = ( h - A ). = 1 V
λ' λ' e
Bài 2.4:
Công thoát của electron khỏi lim loại đồng là 4,47 ev.
a. Tính giới hạn quang điện của đồng.
b. Khi chiếu bức xạ điện từ có bước sóng λ = 0,14 µm vào một quả cầu bằng
đồng đặt cách li các vật khác, thì quả cầu được tích điện đến điện thế cực đại
bằng bao nhiêu.
Bài giải:
a, Gới hạn quang điện của đồng.
hC 6,625.10 −34 3.10 8
λ0= = −19
= 0,277.10 −6 nm = 0,277 µm
A 4,47.1,6.10

b, Động năng ban đầu cực đại của electron quang điện bức xạ khỏi quả cầu.
2 2
C mV0 mV0 C
h =A+  = h -A (1)
λ 2 2 λ

Áp dụng định lý về động năng:
2 2
mVt mV0
− = qe ( VM – V ∞ ). với Vt = 0; qe = -e; V ∞ = 0
2 2
2 2
mV0 mV0
Ta có: = eVM  VM = .e ( 2)
2 2
Từ ( 1) và (2 ) ta có:
C 1  6,625.10 −34  1
VM = ( h - A) =  −6
− 4,47.1,6.10 −19  −19
= 4,47 (V)
λ e  0,.14.10  1,6.10

Dạng 3: ỨNG DỤNG CỦA HIỆN TƯỢNG QUANG ĐIỆN VÀO
VIỆC ĐO CÁC HẮNG SỐ VẬT LÝ.
Áp dụng:
C
Công thức lượng tử ánh sáng: ε = hf = h .
λ

15


1
Phương trình Anhxtanh: ε = A + mV02
2
1
Phương trình về hiệu điện thế hãm. ε Uh = mV02 ( Uh = U AK ).
2
Bài 3.1: Khi chiếu bức xạ tần số f = 2,2.1015 Hz vào kim loại thì có hiện
tượng quang điện và các electron bắn ra đều bị giữ lại bởi hiệu điện thế hãm
U1 = 6,6 (V). Còn khi chiếu vào bức xạ f 2 = 2,538.1015 Hz vào kim loại đó thì
các electron quang điện bắn ra đều bị giữ lại hiệu điện thế hãm U2 = 8 ( V).
a, Xác định hằng số plăng.
b, Xác định giới hạn quang điện của kim loại này. Cho e = 1,6.10 -19 ( C); C =
3.108 m/s
Giải:
mV 2 01
a, Xác định hằng số Plăng: Ta có : hf1 = A +
2

mV 21
Vì electron bị giữ lại bởi hiệu điện thế hãm U1 nên: = eU1
2
Ta có: : hf1 = A + eU1. (1)
Tương tự: hf2 = A + eU2 (2)
lấy (1) trừ (2) ta có:
h( f1 – f2) = e( U1 – U2)
e(U 1 − U 2 ) 1,6.10 −19 (6,6 − 8)
h= = = 6,627.10 −34 (Js)
f1 − f 2 (2,2 − 2,538).10 15

b, giới hạn quang điện của kim loại.
hC mV 2 01 hC
eh1 = + = + eU 1
λ0 2 λ0

hC 6,627.10 −34.3.10 8
λ0 = = −34 −19
= 0,4945.10 −6 m = 0,4945 µm
hf 1 − eU 1 6,627.10 .2,2.10 − 1,6.10 .6,6
15

Dạng 5: MẪU NGUYÊN TỬ BO – NGUYÊN TỬ HIĐRO
* Mẫu nguyên tử BO.
- Hai tiêu đề của BO: ε = hfmn = Em - En
16


* Hệ quả của 2 tiêu đề:
13,6
- Năng lượng của nguyên tử Hiđrô. En = − (eV)
n2
Với n là các số nguyên dương.
Bán kính của các quỹ đạo dừng: r = n2r0 với r0 = 5,3.10-11 m
* Quang phổ vạch của nguyên tử hiđrô:
- Dãy Ly man: ứng với chuyển động từ các mức L, M, N, O, P về mức K :
nằm trong vùng tử ngoại.
- Dãy Ban me: nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy: ứng với nguyên tử
chuyển từ các mức: M, N, O, P về mức L.
- Dãy Pa Sen: nằm trong vùng hồng ngoại, ứng với nguyên tử chuyển từ các
mức: N,O,P về mức N.
Bài 5.1: Electron tong nguyên tử hiđrô chuyển từ quỹ đạo có năng lượng
Em = - 0,544 (eV) xuống quỹ đạo có năng lượng En = -3,4 (eV ). Hãy tính
bước sóng của vạch quang phổ phát ra. Đó là vạch trong dãy nào của quang
phổ vạch phát xạ của nguyên tử hiđrô? Cho h = 6,625.10-34 (Js);
C = 3.108 m/s.
Giải:
Từ tiêu đề về sự bức xạ, ta có:
hC hC 6,625.10 −34.3.10 8
λ mn
= Em − En 
λ mn =
Em − En = (−0,544 + 3,4)1,6.10 −19
= 4,34996.10 −7 (m)

Đó là vạch chùm H8 trong dãy Ban me.
III. TRẮC NGHIỆM
Câu 1: Giới hạn quang điện của Na là 500 nm. Công thoát của kẽm lớn hơn
của Na là 1,4 lần. Giới hạn quang điện của kẽm là:
A. 700 nm B. 360 nm C. 720 nm D. 900 nm
hc hc A Zn λNa
Giải: Ta có: A Zn = ; A Na = ⇒ = = 1,4
λZn λNa A Na λZn

λNa 0,5
Suy ra: λZn = = = 0,36 µm
1,4 1,4
17


Câu 2: Cường độ dòng quang điện bão hoà giữa catôt và anôt trong tế bào
quang điện là 8µA. Cho điện tích của electron là e = 1,6.10-19 C. Số electron
đến được Anôt trong thời gian 1 giây là
A. 5.1019 B. 2.1016 C. 2.1014 D. 5.1013
I 8.10−6
Giải: Số electron đến được anôt trong 1s là: n = = = 5.1013
e 1,6.10−19

Câu 3: Biết rằng để triệt tiêu dòng quang điện ta phải dùng hiệu điện thế hãm
3V. Vận tốc ban đầu cực đại của electron quang điện bằng
A. 1,03.106 m/s B. 1,03.105 m/s C. 2,03.106 m/s D. 2,03.105 m/s
1
Giải: Theo công thức eU = mv2 max , suy ra
0
2

2eU 2.1,6.10−19.3
v 0 max = = = 1,03.106 m/s = 1030 km/s
m 9,1.10−31

Câu 4: Công thoát của electron ra khỏi bề mặt một kim loại là A = 2eV. Bước
sóng giới hạn quang điện của kim loại là
A. 621 nm B. 625nm C. 675nm D. 585nm
Giải: Bước sóng giới hạn quang điện của kim loại là:
hc 6,625.10−34.3.108
λ0 = = = 0,621.10-6 m = 0,621 µm = 621 nm.
A 2.1,6.10 −19

Câu 5: Cho h = 6,625.10-34 Js; bước sóng giới hạn quang điện của kim loại là
λ0 = 0,6 µm. Công thoát của kim loại đó là
A. 3,3125.10-20 J B. 3,3125.10-19 J C. 3,3125.10-18 J D.
3,3125.10-17 J
hc 6,625.10−34.3.108
Giải: Công thoát : A = = = 33,125.10-20J
λ0 0,6.10 −6

Câu 6: Khi chiếu ánh sáng có bước sóng 300 nm lên tấm kim loại hiện tượng
quang điện xảy ra. Để triệt tiêu dòng quang điện phải đặt hiệu điện thế hãm
1,4 V. Bước sóng giới hạn quang điện của kim loại này là:
A 753 nm B. 653 nm C. 553 nm D. 453 nm

18


1
Giải: Ta có: eU = mv2 max , thế vào công thức Anhxtanh ta có:
0
2
hc hc hc 6,625.10 −34.3.10 8
= + eU ⇒ λ0 = =
λ λ0 hc
− eU
6,625.10 −34.3.10 8
− 1,6.10 −19.1,4
λ 0,3.10 −6

19,875.10 −26
λ0 = −19
= 4,53.10 −7 m = 453 nm.
4,385.10

C. Phần thứ ba : Kết luận.
Với việc thực hiện nội dung “ Các dạng toán cơ bản Sóng ánh sáng và
Lượng tử ánh sáng” về bản thân tôi cũng đã rõ hơn về kiến thức về ý đồ của
tác giả viết sách . Về phía học viên các học viên có thêm một tài liệu gần gũi
để học tập và để trao đổi với các tác giả khác.

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. .
2. .
3. .
4. .
5.

MỤC LỤC

20

Sang kien kinh nghiem.15243

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (12)

Similar to Sang kien kinh nghiem.15243

Similar to Sang kien kinh nghiem.15243 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Sang kien kinh nghiem.15243