LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG ĐÁP ÁN

THEO CÔNG THỨC ANHTANH :
AM X
o
d
hc
A E
= +
λ
THEO ĐỊNH LÝ ĐỘNG NĂNG:
AK dA dMAX
e U E E
= −

h
eU
mv
=
2
2
0
=>
2
2 2
0
.
( )
2 2 2
AK h AK
mv
mv m v
eU e U U= + ⇒ = +

2
.
( )
2
h AK
m v
e U U
= +
V: vận tốc cực đại đập vào Anot, V
0
: vận tốc ban đầu cực đại.
- Điện áp U tăng tốc cho electron:
2
2
1
vmeU
e
=
2
0
2
1
vm
e
−
(
0
v

và
v
lần lượt là vận tốc đầu và vận tốc sau khi tăng tốc của e).
- Trong điện trường đều:
d
F e E
=−
r r
Độ lớn:
EeF
đ
=
- Trong từ trường đều: Bỏ qua trọng lực ta chỉ xét lực Lorenxơ:

α
sinvBef
=

( )
Bv
r
r
,=
α
 Nếu vận tốc ban đầu vuông góc với cảm ứng từ: Êlectron chuyển
động tròn đều với bán kính

.m v
R
e B

=
; bán kính cực đại:
Be
mv
R
max0
max
=
 Nếu vận tốc ban đầu xiên góc
α
với cảm ứng từ: Êlectron chuyển động theo vòng xoắn ốc với bỏn
kớnh vũng ốc:
α
sin
max0
Be
mv
R
=
Ví dụ1: Chiếu bức xạ điện từ vào catôt của tế bào quang điện tạo ta dòng quang điện bảo
hòa. Người ta có thể triệt tiêu dòng quang điện bảo hòa này bằng điện áp hãm
VU
h
3,1−=
.
Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho nó đi qua một từ
trường đều có cảm ứng từ
TB
5
10.6

−
=
theo phương vuông góc với
B
r
.
a. Tính vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron.
b. Tính lực tác dụng lên electron.
c. Bán kính quỹ đạo của electron trong từ trường.
Hướng dẫn giải:
a. Ta có:
h
eUmv =
2
max0
2
1

( )
sm
m
eU
v
h
/10.76,6
10.1,9
3,1).10.6,1.(2
2
5
31

19
max0
=
−−
==⇒
−
−
b. Lực tác dụng lên electron chính là lực Lo-ren-xơ, tính bởi biểu thức :
α
sinvBef =
Trong đó
α
là góc hợp bởi
maxo
v
r
và
B
r
, ở đây
0
90=
α
.
Vậy :
NvBef
185519
10.5,610.6.10.76,6.10.6,1
−−−
===

LUONG TU CHO THAY 2014
1
c. Bán kính của electron :
cmm
Be
mv
R 4,6064,0
max0
===
.
- Gọi P là công suất của nguồn sáng phát ra bức xạ
λ
đẳng hướng, d là đường kính
của con ngươi. Độ nhạy của mắt là n photon lọt vào mắt trong 1(s). Khoảng cách xa
nhất mà mắt còn trông thấy nguồn sáng bằng:

nhc
Pd
n
Pd
D
λ
ε
44
max
==
Chú ý: Khi dòng quang điện bảo hoà thì n’ = n
e
Ví dụ 2: Catốt của một tế bào quang điện có công thoát là 2,26eV. Bề mặt catốt được chiếu
bởi bức xạ có bước sóng 0,4µm.

a. Tính tần số của giới hạn quang điện.
b. Bề mặt catốt nhận được một công suất chiếu sáng là 3mW. Tính số phôtôn mà bề mặt
catốt nhận được trong 30s.
c. Cho hiệu suất quang điện bằng 67%. Tính số êlectron quang điện bật ra trong mỗi giây
và cường độ dòng quang điện bão hòa.
Hướng dẫn giải:
a.
15
34
19
0
0
10.5458,0
10.625,6
10.6,1.26,2
h
Ac
f ===
λ
=
−
−
Hz.
b. Gọi
λ
n
là số phôtôn chiếu đến tế bào quang điện trong 1s.
Công suất bức xạ:
15
834

63
10.04,6
10.3.10.625,6
10.4,0.10.3
===⇒==
−
−−
hc
P
n
hcn
nP
λ
λ
ε
λ
λ
λ
Số phôtôn mà bề mặt catốt nhận được trong 30s: N=30
λ
n
=181,2.10
15
c. Gọi
'n
là số êlectron bị bật ra trong 1s:
=
'n
67%
λ

n
= 4,0468.10
15
.
Cường độ dòng quang điện bão hòa:
=== enenI
ebh
'
4,0468.10
15
.1,6.10
-19
=0,6475mA.
Ví dụ 3(*): Nguồn sáng có công suất
WP 2=
, phát ra bức xạ có bước sóng
m
µλ
597,0=
tỏa
theo mọi hướng. Tính xem ở khoảng cách bao xa người ta còn có thể trông thấy được
nguồn sáng này, biết rằng mắt còn thấy nguồn sáng khi có ít nhất
80
=
n
photon lọt vào mắt
trong 1 giây. Biết con ngươi có đường kính
mmd 4
=
. Bỏ qua sự hấp thụ photon của môi

trường.
Hướng dẫn giải:
Số photon của nguồn sáng phát ra trong 1 giây:
hc
PP
n
λ
ε
λ
==
Gọi D là khoảng cách từ mắt đến nguồn sáng, thì số photon trên được phân bố đều trên mặt
hình cầu có bán kính là D.
Số photon qua 1 đơn vị diện tích của hình cầu trong 1 giây là:
22
4.4 Dhc
P
D
n
k
π
λ
π
λ
==
LUONG TU CHO THAY 2014
2
Số photon lọt vào con ngươi trong 1 giây là:
2
2
2

2
2
.164.
.
4
.
2
Dhc
dP
Dhc
Pd
k
d
N
λ
π
λπ
π
==






=
Để mắt còn nhìn thấy được nguồn sáng thì
80=≥ nN
(
n

là độ nhạy của mắt – số photon ít
nhất lọt vào măt mà mắt còn phát hiện ra).
Suy ra:
n
Dhc
dP
≥
2
2
.16
λ
⇒
m
nhc
Pd
D
3
834
63
10.374
10.3.10.625,6.80
10.597,0.2
4
10.4
`4
==≤
−
−−
λ
Ví dụ 4 (*): Một ống Rơn-ghen hoạt động dưới điện áp

VU 50000=
. Khi đó cường độ dòng
điện qua ống Rơn-ghen là
mAI 5
=
. Giả thiết 1% năng lượng của chum electron được
chuyển hóa thành năng lượng của tia X và năng lượng trung bình của các tia X sinh ra
bằng 75% năng lượng của tia có bước sóng ngắn nhất. Biết electron phát ra khỏi catot với
vận tôc bằng 0.
a. Tính công suất của dòng điện qua ống Rơn-ghen
b. Tính số photon của tia X phát ra trong 1 giây?
c. Catot được làm nguội bằng dòng nước có nhiệt độ ban đầu
Ct
0
1
10=
. Hãy tìm lưu lượng
nước (lít/phút) phải dung để giữ cho nhiệt độ catot không thay đổi. Biết khi ra khỏi ống
Rơn-ghen thì nhiệt độ của nước là
Ct
0
2
25=
. Nhiệt dung riêng của nước là
Kkg
J
c
.
4200=
.

Khối lượng riêng của nước là 1000kg/m
3
.
Hướng dẫn giải:
a. Công suất của dòng điện qua ống Rơn-ghen (chính là năng lượng mà chùm electron
mang đến catot
trong 1 giây):

WUIP 25010.5.50000
3
===
−
b. Năng lượng của chùm tia Rơn-ghen sinh ra trong 1 giây:
UIW .01,0=
Kh electron chuyển động đến catot và bức xạ ra tia Rơn-ghen có bước sóng ngắn nhất sẽ có
năng lượng lớn nhất:
UeW
=
max
(toàn bộ năng lượng của do electron đem tới đều chuyển
hóa thành năng lượng của tia X)
Năng lượng trung bình của các tia X:
UeW 75,0=
Số photon do tia X sinh ra trong 1 giây:
14
10.2,4
7575,0
.01,0
====
e

I
Ue
UI
W
W
N
(photon/s)
c. Phần năng lượng biến thành nhiệt trong 1 giây:
UIQ .99,0=
Nhiệt độ catot không đổi nên phần nhiệt lượng sinh ra này sẽ bị nước hấp thụ hết và đem
đi, do vậy:

tmcUIQ
∆==
.99,0
→
tc
UI
m
∆
=
.99,0
(m là khối lượng nước đi qua trong 1
giây)

skgm /10.39,0
15.4200
10.5.50000.99,0
2
3

−
−
==

23,0/23,0
60
1
.10.39,0
2
===
−
phútkg
s
kg
m
(lít/phút)
LUONG TU CHO THAY 2014
3
Ví dụ 4: Cho một chùm electron bắn phá nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản để kích thích
chúng.
a. Xác định vận tốc nhỏ nhất để sao cho nó có thể làm xuất hiện tất cả các vạch của quang
phổ phát xạ của hiđrô.
b. Muốn cho quang phổ hiđrô chỉ xuất hiện một vạch thì năng lượng của electron phải
nằm trong khoảng nào?
Hướng dẫn giải:
a. Các mức năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi biểu thức:
( )
eV
n
E

n
2
6,13
−=
Để làm xuất hiện tất cả các vạch quang phổ hiđrô thì năng lượng của electron phải đủ lớn,
để kích thích nguyên tử hiđrô tới trạng thái
∞→n
(lúc đó năng lượng của nguyên tử hiđrô
bằng 0).
Theo định luật bảo toàn năng lượng:

eVEEW 6,13
1
=−=
∞

Năng lượng này của electron dưới dạng động năng, do vậy:

sm
m
W
vmvW /10.187,2
10.1,9
10.6,1.6,13.22
2
1
6
31
19
2

===⇒=
−
−
b. Để chỉ xuất hiện một vạch thôi thì sau khi bị electron kích thích nguyên tử chỉ nhảy lên
mức L. Nghĩa là năng lượng của electron phải thõa mãn điều kiện:
KMKL
EEWEE
−<≤−
(L ứng với n=2, M ứng với n=3)

⇔

6,13
3
6,13
6,13
2
6,13
22
+−<≤+− W

( )
eV

⇔

eVWeV 09,122,10 <≤
.
Ví dụ 3: Lần lượt chiếu hai bức xạ có bước sóng λ
1

= 0,405 (μm), λ
2
= 0,436 (μm) vào bề mặt của một kim
loại và đo hiệu điện thế hãm tương ứng U
h1
= 1,15 (V); U
h2
= 0,93 (V). Cho biết: h = 6,625.10
-34
(J.s) ; c =
3.10
8
(m/s) ; e = 1,6.10
-19
(C). Tính công thoát của kim loại đó.
HD Giải :
Ta có:
λ
hc
=
2
2
max0
mv
A +
= A + eU
h
( Phương trình Anh-xtanh)
Theo điều kiện bài toán:








∆++=
∆−
+=
)( UUeA
hc
eUA
hc
h
h
λλ
λ
Suy ra :
( )
)(92,1
11
2
1
21
21
eVUUehcA
hh
=







+−








+=
λλ
.
Ví dụ 5: Chiếu bức xạ có bước sóng
λ
vào catot của tế bào quang điện.dòng quang điện bị triệt tiêu khi
UAk
≤
- 4,1V. khi U
AK
=5V thì vận tốc cực đại của electron khi đập vào anot là:
A. 1,789.10
6
m/s B. 1,789.10
5
m/s C. 1,789.10
5

km/s B. 1,789.10
4
km/s
Giải: Theo định lý động năng ta có ∆W
đ
=
AK
eU
mv
mv
=−
22
2
0
2
LUONG TU CHO THAY 2014
4
h
eU
mv
=
2
2
0
=>
)(
22
2
0
2

AKhAK
UUeeU
mv
mv
+=+=
=> v =
6
31
19
10.789,1
10.1,9
)1,45(10.6,1.2
)(
2
=
+
=+
−
−
hAK
UUe
m
(m/s) Chọn A
Ví dụ 1: Một quả cầu bằng đồng (Cu) cô lập về điện được chiếu bởi 1 bức xạ điện từ có λ

= 0,14 (μm), .
Cho giới hạn quang điện của Cu là λ
1
= 0,3 (μm). Tính điện thế cực đại của quả cầu.
HD Giải:

34 8
ax
19 6 6
0
1 1 6,625.10 .3.10 1 1
( ) ( ) 4,73
1,6.10 0,14.10 0,3.10
M
hc
V V
e
λ λ
−
− − −
= − = − =

Ví dụ 2: Công thoát electron khỏi đồng là 4,57 eV. Chiếu bức xạ có bước sóng λ = 0,14 µm vào một quả
cầu bằng đồng đặt xa các vật khác. Tính giới hạn quang điện của đồng và điện thế cực đại mà quả cầu
đồng tích được.
HD Giải: λ
0
=
19
834
10.6,1.57,4
10.3.10.625,6
−
−
=
A

hc
= 0,27.10
-6
m; W
d0
=
λ
hc
- A = 6,88.10
-19
J; V
max
=
e
W
d 0
= 4,3 V.
Bài 3: Công tối thiểu để bức một êlectron ra khỏi bề mặt một tấm kim loại của một tế bào quang điện là 1,88eV.
Khi chiếu một bức xạ có bước sóng 0,489 µm thì dòng quang điện bão hòa đo được là 0,26mA.
a. Tính số êlectron tách ra khỏi catốt trong 1 phút.
b. Tính hiệu điện thế hãm để triệt tiêu hoàn toàn dòng quang điện.
HD Giải :
a. I
bh
= n
e
= 26.10
-5
A. (n là số êlectron tách ra khỏi catốt trong 1s). n =
14

19
5
10.25,16
10.6,1
10.26
=
−
−
;
Số êlectron tách ra khỏi K trong 1 phút: N=60n = 975.10
14
.
b.
eVeVA
hc
mv
eU
h
66,088,154,288,1
10.6,1.10.489,0
10.3.10.625,6
2
196
834
2
0
=−=−=−==
−−
−
λ

.Hiệu điện thế hãm U
h
= –
0,66V.
Bài 7: Công thoát êlectron của một kim loại là 7,64.10
-19
J. Chiếu lần lượt vào bề mặt tấm kim loại này các bức xạ
có bước sóng là λ
1
= 0,18 μ m, λ
2
= 0,21 μ m và λ
3
= 0,35 μ m . Lấy h = 6,625.10
-34
J.s, c = 3.10
8
m/s.
a. Bức xạ nào gây được hiện tượng quang điện đối với kim loại đó?
b. Tính động năng ban đầu cực đại của các electron quang điện.
c. Tính độ lớn của điện áp để triệt tiêu dòng quang điện trên.
HD Giải :
a. Giới hạn quang điện :
34 8
0
19
6,625.10 .3.10
0,26
7,64.10
hc

m
A
λ µ
−
−
= = =
Ta có : λ
1
, λ
2
< λ
0
; vậy cả hai bức xạ đó đều gây ra hiện tượng quang điện cho kim loại đó.
b. λ
1
, λ
2
gây ra hiện tượng quang điện, chúng ta hãy tính toán cho bức xạ có năng lượng của photon lớn hơn (bức xạ
1
λ
)
Theo công thức Einstein :
max0
1
đ
WA
hc
+=
λ
⇒

JA
hc
W
đ
1919
6
834
1
max0
10.4,310.64,7
10.18,0
10.3.10.625,6
−−
−
−
=−=−=
λ
Mặt khác :
2
0 max 0max
19
5
0 max
0max
31
1
2
2.
2.3,4.10
864650 / 8,65.10 /

9,1.10
đ
đ
W mv
W
v m s m s
m
−
−
=
⇒ = = = ≈
c. Độ lớn điện áp để triệt tiêu dòng quang điện :
V
e
W
UUeW
đ
hhđ
125,2
10.6,1
10.4,3
19
19
max0
max0
===⇒=
−
−
LUONG TU CHO THAY 2014
5

Bài 8: Thực hiện tính toán để trả lời các câu hỏi sau:
a. Electron phải có vận tốc bằng bao nhiêu để động năng của nó bằng năng lượng của một photon ánh sáng có bước
sóng
0
5200A=
λ
?
b. Năng lượng của photon phải bằng bao nhiêu để khối lượng của nó bằng khối lượng nghỉ của electron? Cho khối
lượng nghỉ của electron là
kgm
e
31
10.1,9
−
=
.
HD Giải :
a. Theo bài ra:
λ
hc
W
eđ
=
λ
hc
vm
e
=⇔
2
2

1
sm
m
hc
v
e
/10.17,9
10.5200.10.1,9
10.3.10.625,6.22
5
1031
834
===⇒
−−
−
λ
b. Năng lượng của photon:
2
cmE
ph
=
Khối lượng của electron bằng khối lượng nghỉ của electron
( )
eph
mm =
nên:

( )
MeVJcmE
e

51,010.19,810.3.10.1,9
14
2
8312
====
−−
Bài 10: Chiếu bức xạ có bước sóng λ = 0.6µm vào catot của 1 tế bào quang điện có công thoát A=
1.8eV. Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho chúng bay vào một điện
trường từ A đến B sao cho U
AB
= -10V. Vận tốc nhỏ nhất và lớn nhất của electron khi tới B lần lượt là:
A.18,75.10
5
m/s và 18,87.10
5
m/s B.18,87.10
5
m/s và 18,75.10
5
m/s
C.16,75.10
5
m/s và 18.87.10
5
m/s D.18,75.10
5
m/s và 19,00.10
5
m/s
Giải: λ

0
=
A
hc
=
34 8
6
19
6.625.10 .3.10
0,69.10 0,69
1,8.1,6.10
m m
µ
−
−
−
= =
;
-Khi Vận tốc ban đầu cực đại của e theo chiều tăng tốc với UAB thì ta có vận tốc lớn nhất của electron khi
tới B là v: Gọi v ( Hay v
max
) là vận tốc cực đại của e khi đến B. Áp dụng định lí động năng:

2 2
0
1 1
/ /
2 2
AB
mv mv eU

− =
=>
2 2
0
1 1
/ /
2 2
AB
mv mv eU
= +
=>
2
1
/ /
2
AB
mv A eU
ε
= + − +
2
0
1 1 1
( ) / /
2
AB
mv hc eU
λ λ
= − +
=>
max

0
2 / /2 1 1
( )
AB
eUhc
v
m m
λ λ
= − +
Thế số :
34 8 19
5
max
31 6 31
2.6.625.10 .3.10 1 1 2.1,6.10
( ) .10 19,00.10 /
9.1.10 .10 0,6 0,69 9.1.10
v m s
− −
− − −
= − + =
-Khi vận tốc ban đầu của e bằng 0 thì ta có vận tốc nhỏ nhất của electron khi tới B là v
min
:
2
min
1
2
AB
mv eU

=
=>
min
2
AB
v eU
m
=
Thế số :
19
5
min
31
2.1,6.10
.10 18,75228.10 /
9.1.10
v m s
−
−
= =
Đáp án D
Bài 1 4 : Chiếu lên bề mặt một tấm kim loại có công thoát electrôn là A = 2,1 eV chùm ánh sáng đơn sắc
có bước sóng λ=0,485μm . Người ta tách ra một chùm hẹp các electrôn quang điện có vận tốc ban đầu cực
đại hướng vào một không gian có cả điện trường đều E và từ trường đều B . Ba véc tơ v , E , B vuông góc
với nhau từng đôi một. Cho B = 5.10
-4
T . Để các electrôn vẫn tiếp tục chuyển động thẳng và đều thì
cường độ điện trường E có giá trị nào sau đây ?
A. 201,4 V/m. B. 80544,2 V/m. C. 40.28 V/m. D. 402,8 V/m.
Giải:

Vận tốc ban đầu cực đại của electron;
v =
)(
2
A
hc
m
−
λ
=
)10.6,1.1,2
10.485,0
10.3.10.625,6
(
10.1,9
2
19
6
834
31
−
−
−
−
−
= 0,403.10
6
m/s
Đề electron vẫn tiếp tục chuyển động thẳng đều thì lực Lorenxo cân bằng với lực điện tác dụng lên
electron: Bve = eE =-> E = Bv = 5.10

-4
. 0,403.10
6
= 201,4 V/m. Chọn đáp án A
CHUYÊN ĐỂ QUANG PHỔ HIDRO
LUONG TU CHO THAY 2014
6
+Công thức thực nghiệm:
2 2
1 1 1
H
R
m n
λ
 
= −
 ÷
 

7
1,097.10
H
R m
=
Ví dụ 4 : Cho biết năng lượng cần thiết tối thiểu để bứt điện tử ra khỏi nguyên tử hiđrô từ trạng thái cơ bản
là 13,6eV. Cho biết hằng số Planck là h = 6,625.10
-34
(J.s), c = 3.10
8
(m/s). Bước sóng ngắn nhất của vạch

quang phổ trong dãy Pasen là
A.
minP
λ
= 0,622
µ
m. B.
minP
λ
= 0,822
µ
m.
C.
minP
λ
= 0,730
µ
m. D.
minP
λ
= 0,922
µ
m.
Giải:
19
19
3
3
3
13,6.1,6.10

0 2,72.10 ( )
2
hc
E E J
λ
−
−
∞
∞
−
= − = − =
Ví dụ 5 : Electron trong nguyên tử hydro chuyển từ quỹ đạo dừng có mức năng lượng lớn về quỹ đạo
dừng có mức năng lượng nhỏ hơn thì vận tốc electron tăng lên 4 lần. Electron đã chuyển từ quỹ đạo
A. N về L. B. N về K. C. N về M. D. M về L.
Giải: lực culong đóng vai trò là lực hướng tâm nên ta có:
2 2
2
e v
k m hay
r r
=

2 2
2 2
2 1
2 1
,
e e
v k v k
mr mr

= =

2
1 2
2
2 1
v r
v r
=
2
1 2
2 1
2
2 1
16 16
v r
r r
v r
⇒ = = ⇒ =
mà bán kính Bo
2
0n
r n r=
vậy n= 4 ứng với quỹ đạo N và chuyển về
quỹ đạo cơ bản là K (N về K)
Bài 3. Các mức năng lượng của nguyên tử hiđrô ở trạng thái dừng được cho bằng công thức: E
n
= -
2
6,13

n
eV với n là số nguyên; n = 1 ứng với mức cơ bản K; n = 2, 3, 4, …ứng với các mức kích thích L, M, N,…
a) Tính ra Jun năng lượng iôn hoá của nguyên tử hiđrô.
b) Tính ra mét bước sóng của vạch đỏ H
α
trong dãy Banme.
HD Giải:
a) Để ion hóa nguyên tử hiđrô thì ta phải cung cấp cho nó một năng lượng để electron nhảy từ quỹ đạo K
(n = 1) ra khỏi mối liên kết với hạt nhân (n = ∞). Do đó ∆E = E
∞
- E
1
= 0 - (-
2
19
1
10.6,1.6,13
−
) = 21,76.10
-19
J.
b) Ta có:
32
λ
hc
= E
3
– E
2
= -

2
19
3
10.6,1.6,13
−
- (-
2
19
2
10.6,1.6,13
−
)  λ
32
=
19
10.6,1.6,13.5
36
−
hc
= 0.658.10
-6
m.
Bài 7. Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,30 µm vào một chất thì thấy chất đó phát ra ánh sáng có
bước sóng 0,50 µm. Cho rằng công suất của chùm sáng phát quang chỉ bằng 0,01 công suất của chùm
sáng kích thích. Hãy tính tỉ số giữa số phôtôn ánh sáng phát quang và số phôtôn ánh sáng kích thích phát
trong cùng một khoảng thời gian.
HD Giải: n =
hc
W
hc

WW
λ
λ
ε
==
; n’ =
hc
W
hc
WW ''
'
'
'
'
λ
λ
ε
==
;  H =
λ
λ
λ
λ
W
W
W
W
n
n '01,0'''
==

= 0,017 = 1,7 %.
Bài 8: Trong nguyên tử hidro khi e nhảy từ quỹ đạo N về L thì phát bức xạ λ
1
, khi từ quỹ đạo O về M thì phát λ
2

.Tìm tỷ số λ
1
/ λ
2
.
HD Giải: Năng lượng nguyên tử hydro có dạng:
n
2
hc 13 6 eV
E
n
, .−
= =
λ
Khi e nhảy từ N về L tức là quỹ đạo 4 về quỹ đạo 2,năng lượng là:
4 2
1
hc
E E
λ
= −

LUONG TU CHO THAY 2014
7

Hay:
N L
2 2
1
hc 13 6 13 6 51
E E eV 1
20
4 2
− −
= − = − =
λ
, ,
. ( )
Khi e nhảy từ O về M tức là quỹ đạo 5 về quỹ đạo 3,năng lượng là:
5 3
2
hc
E E
λ
= −

Hay:
O M
2 2
2
hc 13 6 13 6 1088
E E eV 2
1125
5 3
− −

= − = − =
λ
, ,
. ( )
Lấy (2) chia (1) ta có: 675λ
1
=256λ
2
=>
1
2
256
675
λ
λ
=

Bài 11: Mức năng lượng của các trạng thái dừng trong nguyên tử hiđrô E
n
= -13,6/n
2
(eV); với n = 1, 2, 3 Một
electron có động năng bằng 12,6 eV đến va chạm với nguyên tử hiđrô đứng yên, ở trạng thái cơ bản. Sau va chạm
nguyên tử hiđrô vẫn đứng yên nhưng chuyển động lên mức kích thích đầu tiên. Động năng của electron sau va chạm
là
A. 2,4 eV. B. 1,2 eV. C. 10,2 eV. D. 3,2 eV.
HD giải: Năng lượng mà nguyên tử hiđro nhận: W = W
2
– W
1

= - 13,6/4 (eV) – (- 13,6) (eV) = 10,2 (eV)
Động năng của electron sau va chạm là : Wđ = 12,6 (eV) – 10,2 (eV) = 2,4 (eV). Chọn A
Bài 12: Kích thích cho các nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính
quỹ đạo dừng tăng 25 lần. Trong quang phổ phát xạ của nguyên tử hidro sau đó, tỉ số giữa bước sóng dài nhất và
bước sóng ngắn nhất là: A.
128
3
. B.
128
9
. C.
128
16
D.
64
3
.
HD giải: Nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo dừng tăng
25 lần (tức là chuyển lên trạng thái n=5 - Trạng thái 0)
Bước sóng dài nhất
45
54
EE
hc
−
=
λ
(năng lượng bé nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 4)
Bước sóng ngắn nhất
15

51
EE
hc
−
=
λ
(năng lượng lớn nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 1)
Vậy
2 2
54 5 1
51 5 4
2 2
13,6 13,6
384 128
5 1
13,6 13,6
9 3
5 4
E E
E E
λ
λ
− +
−
= = = =
−
− +
Bài 13: Cho mức năng lượng của nguyên tử hirdo xác định bằng công thức
0
2

n
E
E
n
=
(
0
13,6 , 1,2,3,4 E eV n= − =
). Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon thì Nguyên tử H phải hấp thụ photon có
mức năng lượng là:
A. 12,75 eV B.10,2 eV C. 12,09 eV D. 10,06 eV
HD Giải: Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon nguyên tử
Hiđro phải hấp thụ photon để chuyểnlên quỹ đạo từ N trở lên
tức là n ≥4 Năng lượng của photon hấp thụ
ε ≥ E
4
– E
1
= E
0
(
22
1
1
4
1
−
) = -13,6.(-15/16) eV=12,75eV. Chọn : A
Bài 14: Theo mẫu nguyên tử Bo thì trong nguyên tử hiđrô, bán kính quỹ đạo dừng của electron trên các
quỹ đạo là r

n
= n
2
r
o
, với r
o
=0,53.10
-10
m; n=1,2,3, là các số nguyên dương tương ứng với các mức năng
lượng của các trạng thái dừng của nguyên tử. Gọi v là tốc độ của electron trên quỹ đạo K. Khi nhảy lên
quỹ đạo M, electron có tốc độ bằng
A.
9
v
B.
3v
C.
3
v
D.
3
v
HD Giải: Khi e chuyển động trong trên các quỹ đạo thì lực tĩnh điện Culông đóng vai trò là lực hướng
tâm
LUONG TU CHO THAY 2014
8
N: n =4
M: n = 3
L: n =2

K: n = 1
2
2
2
2
0 0
. .
e
e
ke k k
k mv v e
r mr m n r n m r
= ↔ = = =
Ở quỹ đạo K thì n=1 nên
0
.1 rm
k
e
v ==
; Ở quỹ đạo M thì n=3 nên
0
.9
'
rm
k
e
v ==
Nên
9
'

9
1' v
v
v
v
=→=
Bài 16: Mức năng lượng của ng tử Hyđrô có biểu thức E
n
= – 13,6/n
2
(eV). Khi kích thích ng tử hidro từ quỹ đạo
dừng m lên quỹ đạo n bằng năng lượng 2,55eV, thấy bán kính quỹ đạo tăng 4 lần. Bước sóng nhỏ nhất mà ng tử
hidro có thể phát ra là:
A. 1,46.10
–6
m B. 9,74.10
–8
m C. 4,87.10
–7
m D. 1,22.10
–7
m
Giải: r
m
= m
2
r
0;
r
n

= n
2
r
0
( với r
0
bán kính Bo)
m
n
r
r
=
2
2
m
n
= 4=> n = 2m=> E
n
– E
m
= - 13,6 (
2
1
n
-
2
1
m
) eV = 2,55 eV
=> - 13,6 (

2
4
1
m
-
2
1
m
) eV = 2,55 eV=>
2
4
3
m
13,6. = 2,55=> m = 2; n = 4
bước sóng nhỏ nhất ng tử hidro có thể phát ra:
λ
hc
= E
4
– E
1
= -13,6.(
2
1
n
- 1) eV = 13,6
16
15
,1,6.10
-19

= 20,4. 10
-19

(J)
=> λ =
14
EE
hc
−
=
19
834
10.4,20
10.310.625,6
−
−
= 0,974.10
-7
m = 9,74.10
-8
m . Chọn đáp án B
Bài 8: Khi tăng điện áp cực đại của ống cu lít giơ từ U lên 2U thì bước sóng giới hạn của tia X phát ra
thay đổi 1,9 lần. Vận tốc ban đầu cực đại của các electron thoát ra từ ống bằng
A.
4
9
e
eU
m
; B.

9
e
eU
m
C.
2
9
e
eU
m
D.
2
3
e
eU
m
GIẢI: Áp dụng:
eUmvmv =−
22
0
2
1
2
1
và
min
2
2
1
λ

hc
mv =
. Ta có:
min
2
0
min
2
0
9,1
2
2
1
2
1
λ
λ
hc
eUmv
hc
eUmv
=−
=−
Chia vế với vế của hai phương trình trên cho nhau::
m
eU
veUmveUmv
9
2
2

2
1
)
2
1
(9,1
0
2
0
2
0
=⇒−=−
đáp án C
Bài 11: Khi hiệu điện thế hai cực ống Cu-lít -giơ giảm đi 2000V thì tốc độ các êlectron tới anốt giảm
6000km/s. Tốc độ êlectron tới anốt ban đầu là
A. 5,86.10
7
m/s. B. 3,06.10
7
m/s. C. 4,5.10
7
m/s. D. 6,16.10
7
m/s.
Kí hiệu ∆U = 2.10
3
(V); ∆v = 6.10
6
m/s
Ta có ∆W

đ
=
2
mv
2
–
2
0
mv
2
= eU
AK
(1) với v
0
vận tốc electron ở catot
∆W’
đ
=
2
m(vΔv)
2
−
–
2
0
mv
2
= e(U
AK
– ∆U) (2)

Lấy (1) – (2) →
2
m(vΔv)
2
−
–
2
mv
2
= e∆U → v =
2
2eΔU
+ (Δv)
m
2Δv
= 6,16.10
7
m/s.
Bài 3 (Đề dự bị ĐH-CĐ-2005): Khi chiếu bức xạ có bước sóng
0,180 mλ = µ
vào katot của một tế bào
quang điện thì hiện tượng quang điện xảy ra. Để triệt tiêu hoàn toàn dòng quang điện thì hiện điện thế hãm
có độ lớn 2.124V . Tính giới hạn quang điện
o
λ
của kim loại dùng làm katot. Nếu đặt giữa anod và katot
của tế bào quang điện hiệu điện thế U
AK
= 8V thì động năng cực đại của electron quang điện khi nó tới
anod bằng bao nhiêu? Cho c = 3x10

8
m/s; h = 6.625 x 10
-34
J.S; điện tích của e:|e|=1.6 x 10
-19
C
LUONG TU CHO THAY 2014
9
HD Giải:
-Từ công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện:
h
h
0 0
e U
hc hc 1 1
e U
hc
= + ⇒ = −
λ λ λ λ
-Thay số:
19
6
0
6 34 8
0
1 1 1.6 10 2.124
0.26 10 m 0.26 m
0.18 10 6.625 10 3 10
−
−

− −
× ×
= − ⇒ λ = × = µ
λ
× × × ×
-Động năng cực đại của quang điện electron:
( )
19
max h AK
8
K e U U 1.6 10 (2.124 8)
1.62 10 J 10.124MeV
−
−
= + = × +
= × =
Bài 10 (Dự bị ĐH-CĐ-2002): Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng
λ
= 0.22µm vào catot của tế bào
quang điện thì dòng quang điện triệt tiêu khi hiệu điện thế giữa anot và catot U
AK
≤
-6V. Tính giới hạn
quang điện của kim loại làm catot. Cho hằng số Plăng h = 6.625 x 10
-34
J.s, vận tốc ánh sáng trong chân
không c = 3 x 10
8
m/s, điện tích e = -1.6 x 10
-19

C.
HD Giải: -Từ công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện ta có
2
omax AK
o o
hc hc 1 hc
mV eU
2
= + = +
λ λ λ

AK
o
eU
1 1
hc
⇒ = −
λ λ
19
6
6 34 8
o
1 1 1.6x10 x 6
3.366 x10
0.122 x10 6.625x10 x3x10
− −
= − =
λ

o

⇒ λ
= 0.297 x 10
-6
m = 0.297µm.
Bài 13 (CĐ CN HÀ NỘI-2005): Kim loại làm catốt của một tế bào quang điện có giới hạn quang điện
λ
o
. Lần lượt chiếu tới bê mặt catốt hai bức xạ có bước sóng
λ = µ
1
0,4 m
và
λ = µ
2
0,5 m
thì vận tốc ban
đầu cực đại của electron bắn ra khỏi bề mặt catốt khác nhau 2 lần. Tính
λ
o
.
HD Giải: Tính
o
λ
.
-Ap dụng hệ thức Anhxtanh với
λ
1
,
λ
2

:
-Vì
λ < λ ⇒ >
1 2 1 2
V V
nên
=
1 2
V 2V
thay vào (1) và (2)
-Ta có
λ λ
⇒ = − ⇒ λ =
λ λ λ λ −λ
1 2
o
o o 1 1 2
3
3 4 1
4
=>
λ = µ
o
0,545 m
Bài 18 (CĐ KT-KH ĐN-2005): Tế bào quang điện có catốt làm bằng kim loại có giới hạn quang điện λ
0
=0,578
µm.
1) Tính công thoát của electron ra khỏi kim loại trên.
2) Chiếu vào catốt ánh sáng có bước sóng λ = λ

0
. Tính vận tốc của electron quang điện khi đến anốt. Biết hiệu
điện thế giữa anốt và catốt là 45V.
Cho m
2
= 9,1 x 10
-31
kg; h = 6,625 x 10
-34
Js; c = 3 x 10
8
m/s; |e| = 1,6 x 10
-19
C
HD Giải:
1) Từ công thức
=
λ
0
hc
A
Thế số:
−
−
−
× × ×
= = ×
×
34 8
19

6
6,625 10 3 10
A 3,4 10 J
0,578 10

2) Từ phương trình Anhxtanh:
= +
λ
0(max)
d
0
hc
A E

⇒ = +
λ λ
0(max)
ñ
0
hc hc
E
Vì
λ = λ ⇒ =
0(max)
0 ñ
E 0
Áp dụng định lý động năng:
− =
0 0(max)
ñ ñ AK

E E eU

⇒ =
⇒ =
2
e AK
AK
e
1
m V eU
2
2 eU
V
m
LUONG TU CHO THAY 2014
10
Th s :


ì ì ì
= ì
ì
19
6
31
2 1,6 10 45
V 4 10 (m / s)
9,1 10
Bi 19 (C SP HCM-2004): Catt ca mt t bo quang in lm bng kim loi cú cụng thoỏt A
o

= 4,5eV.
Chiu vo catt mt bc x cú bc súng = 0,185àm, t vo gia ant v catt mt hiu in th U
AK
=
2V. Tỡm ng nng ca electron khi p vo ant. Cho h = 6,625 x 10
-34
Js; c = 3 x 10
8
m/s; |e| =1,6 x 10
-19
C.
HD Gii: -Ta coự :
AM X
o
d
hc
A E
= +


o
dM o
26
19
6
A
d
X
hc
E A

19,875x10
E 4,5x1,6x10
0,185x10



=

=

-Vaọy
19
dMAX
E 3,54x10 J =
-ẹũnh lớ ủoọng naờng :
AK dA dMAX
e U E E
=
o
19 19
dA AK
d
E e U E 3,2x10 3,54x10

= + = +
.Vaọy E
dA
= 6,74 x 10
-
19

J
Cõu 31 :( H 2011) Khi chiu mt bc x in t cú bc súng
1
= 0,30àm vo catụt ca mt t bo quang in
thỡ xy ra hin tng quang in v hiu in th hóm lỳc ú l 2 V. Nu t vo gia anụt v catụt ca t bo
quang in trờn mt hiu in th U
AK
= -2V v chiu vo catụt mt bc x in t khỏc cú bc súng
2
= 0,15àm
thỡ ng nng cc i ca ờlectron quang in ngay trc khi ti anụt bng
A. 1,325.10
-18
J. B. 6,625.10
-19
J. C. 9,825.10
-19
J. D. 3,425.10
-19
J.
HD: A =
JUhe
hc
19
1
10.425,3.

=

;- Khi c chiu bi bc x

2
: W
max
=
JA
hc
19
2
10.825,9

=

- Khi t vo A v K hiu in th õm U
AK
= - 2V U
KA
= 2V : cỏc elctrụn i sang A i theo chiu in trng
chm dn u . Ta cú : W
A
- W
max
= e.U
KA

=+=
KAA
UeWW .
max
9,825.10
19

-1,6.10
19
.2 = 6,625.10
19
J
Cõu 35( C-2011) : Nguyờn t hirụ chuyn t mt trng thỏi kớch thớch v trng thỏi dng cú nng lng thp hn
phỏt ra bc x cú bc súng 486 nm. gim nng lng ca nguyờn t hirụ khi phỏt ra bc x ny l
A.
15
4,09.10 .J

B.
19
4,86.10 .J

C.
19
4,09.10 .J

D.
20
3,08.10 .J

HD:
==

hc
E
19
4,09.10 .J

Chn C
Cõu 36( H 2012): Laze A phỏt ra chựm bc x cú bc súng 0,45
m
à
vi cụng sut 0,8W. Laze B phỏt
ra chựm bc x cú bc súng 0,60
m
à
vi cụng sut 0,6 W. T s gia s phụtụn ca laze B v s phụtụn
ca laze A phỏt ra trong mi giõy l
A.1 B.
20
9
C.2 D.
3
4
Gii: P
A
= N
A

A
hc

; P
B
= N
B

B
hc

>
B
A
N
N
=
B
A
P
P
B
A


=
6,0
8,0
60,0
45,0
= 1 Chn A
Cõu 37( H 2012): Theo mu nguyờn t Bo, trong nguyờn t hirụ, chuyn ng ca ờlectron quanh ht
nhõn l chuyn ng trũn u. T s gia tc ca ờlectron trờn qu o K v tc ca ờlectron trờn
qu o M bng
A. 9. B. 2. C. 3. D. 4.
Gii: Lc hng tõm tỏc dng lờn electron l lc Culong gia electron v ht nhõn l proton

R

mv
2
= k
2
2
R
e
>
M
K
v
v
=
K
M
R
R
=
0
0
9
r
r
= 3. Chn C
LUONG TU CHO THAY 2014
11
Câu 38( ĐH – 2012): : Biết công thoát êlectron của các kim loại: canxi, kali, bạc và đồng lần lượt là: 2,89
eV; 2,26eV; 4,78 eV và 4,14 eV. Chiếu ánh sáng có bước sóng 0,33
m
µ

vào bề mặt các kim loại trên.
Hiện tượng quang điện không xảy ra với các kim loại nào sau đây?
A. Kali và đồng B. Canxi và bạc C. Bạc và đồng D. Kali và canxi
Giải: Năng lượng của photon kích thích ε =
λ
hc
= 3,764 MeV < A
Ag
; A
Cu

Nên Hiện tượng quang điện không xảy ra với Bạc và đồng. chọn C
Câu 29: Thực hiện giao thoa ánh sáng với thí nghiệm Y-âng. Chiếu sáng đồng thời hai khe Y-âng
bằng hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ
1
và λ
2
thì khoảng vân tương ứng là i
1
= 0,48 mm và i
2
=
0,36 mm. Xét điểm A trên màn quan sát, cách vân sáng chính giữa O một khoảng x = 2,88 mm.
Trong khoảng từ vân sáng chính giữa O đến điểm A ( không kể các vạch sáng ở O và A ) ta quan
sát thấy tổng số các vạch sáng là
A. 11 vạch B. 9 vạch C. 7 vạch D. 16 vạch Câu 29:: chọn A HD: xét số vân sáng của
1
λ

trong đoạn OA là

6
1
==
i
x
k
vân
xét số vân sáng của
2
λ
trong đoạn OA là
8
2
==
i
x
k
vân
số vân trùng nhau của 2bước sóng trong đoạn OA
6
8
3
4
36.0
48,0
2
1
===
i
i

vậy trên đoạn OA có 2vị trí trùng nhau của 2bước sóng đó làvị trí vân sáng bậc 4 của
2
λ
trùng bậc 3 của
1
λ
và bậc 8 của
2
λ
và bậc 6 của
1
λ
không kể các vach tại A và O thì trong khoảng OA có số vạch: (6 + 8)
-1 vân trùng - 2 vân trùng tại A = 11 vân
Câu 37: Thực hiện giao thoa ánh sáng với thiết bị của Y-âng, khoảng cách giữa hai khe a = 2 mm,
từ hai khe đến màn D = 2 m. Người ta chiếu sáng hai khe bằng ánh sáng trắng (0,4 μm ≤ λ ≤ 0,75
μm). Quan sát điểm A trên màn ảnh, cách vân sáng trung tâm 3,3 mm. Hỏi tại A bức xạ cho vân
tối có bước sóng ngắn nhất bằng bao nhiêu?
A. 0,440 μm B. 0,508 μm C. 0,400 μm D. 0,490 μm
Câu 37:: chọn A HD: ta có vị trí cho vân tối thoả mãn
a
D
kx
t
λ
)
2
1
( +=
với k thuộc Z

λ
D
ax
k
t
.
5,0 =+⇒
theo bài ra ta có (0,4 μm ≤ λ ≤ 0,75 μm).
75,79,3 ≤≤⇒ k
)5,0(
.
+
=⇒
kD
ax
t
λ
để có bước sóng ngắn nhất k lớn nhất = 7
m
µλ
440,0
min
=⇒
Câu 1: Chiếu một chùm sáng hẹp gồm 2 bức xạ đơn sắc có bước sóng lần lượt λ
1
và λ
2
lên mặt một bản
thủy tinh có hai mặt song song, bề dày h, dưới góc tới 60
0

. Chiết suất của thủy tinh ứng với các bức xạ đó
lần lượt là
1 2
2, 3n n= =
. Hai bức xạ ló ra khỏi bản ở mặt kia tại hai điểm cách nhau một khoảng là
A.
1
3
0,6
h
−
B.
1
( 3 )
0,6
h −
C.
( 3 0,6)h −
D.
1
( 0,6 )
3
h −
Hướng dẫn:Theo hình vẽ ta thấy khoảng cách giữa hai điểm đó là
·
·
(
)
( )
1 2 2 1 2 1 1 2

tan J tanJ tan tanJ J OJ OJ h OI OI h r r= − = − = −
LUONG TU CHO THAY 2014
12
Theo định luật khúc xạ:
sin
sin sin sin
i
i n r r
n
= ⇒ =
ta được:
+ Đôi với tia
1
λ
:
1 1
1
3
0 6
2 2
sin
sin t anr ,
i
r
n
= = ⇒ =
+ Đôi với tia
2
λ
:

2 1
2
1 1
2
3
sin
sin tanr
i
r
n
= = ⇒ =
Câu 11: Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 1,2mm. Khoảng cách
từ hai khe đến màn quan sát là 2m. Chiếu vào hai khe đồng thời hai bức xạ đơn sắc λ
1
= 0,45μm và λ
2
.
Khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân sáng cùng màu so với vân sáng trung tâm là 3mm. Giá trị của λ
2
là
A. 600nm B. 720nm C. 500nm D. 400nm
Hướng dẫn: tại vị trí các vân sang trùng nhau:
1 1 2 2 1 1 2 2
x k i k i k k
λ λ
= = ⇔ =
với
1
1
0 75,

D
i mm
a
λ
= =

Theo đề cho
( )
1 1 1 1
1
3 4 4
min
min
min
x
x mm k i k k n
i
= = ⇒ = = ⇒ =

Vì
( )
1 1
1 1 2 2 2
2 2
1 8,
k
k k m
k k
λ
λ λ λ µ

= ⇒ = =
Dễ dàng ta thấy
2 2
2
1 8
3 0 6
,
,k n m
k
λ µ
= ⇒ = =
Câu 40: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khe S được chiếu đồng thời hai
bức xạ đơn sắc có bước sóng tương ứng là
1 2
0,4 ; 0,6 .m m
λ µ λ µ
= =
Số vân sáng không đơn
sắc trong khoảng giữa vân sáng bậc 5 của bức xạ
1
λ
và vân sáng bậc 7 của bức xạ
2
λ
nằm ở
hai phía so với vân sáng trung tâm là
A. 3 B. 4 C. 2 D. 5
HD: Xét vị trị vân sáng trùng nhau của hai bức xạ, ta có:
3,274
2

3
2
3

2
2
1
2
1
2211
=⇒≤≤⇒



=
=
⇒=⇒= tk
tk
tk
k
k
kk
λλ
Vậy ở hai phía của màn quan sát ta quan sát được 5 vân sáng trùng nhau của hai bức xạ.
(Tính cả vân sáng trung tâm).
Câu 38: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5
mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 2m. Nguồn sáng dùng trong thí nghiệm
gồm hai bức xạ có bước sóng λ
1
= 450 nm và λ

2
= 600 nm. Trên màn quan sát, gọi M, N là
hai điểm ở cùng một phía so với vân trung tâm và cách vân trung tâm lần lượt là 5,5 mm và
22 mm. Trên đoạn MN, số vị trí vân sáng trùng nhau của hai bức xạ là
A. 4. B. 5. C. 3. D. 2.
Hướng dẫn giải:
2 1
1 2
3
4
λ
λ
= =
k
k
; i
trùng
= 3i
1
= 5,4mm.
5,5
≤
k
trùng
. i
trùng

≤
22
Câu 10: Chiết suất tỉ đối của kim cương đối với nước là 1,814; chiết suất tuyệt đối của

nước đối với ánh sáng màu lục là 1,335. Tốc độ của ánh sáng màu lục trong kim cương là:
A. v = 2,5472.10
8
m/s. B. v = 2,7647.10
8
m/s. C. v = 1,8573.10
8

m/s. D. v = 1,2388.10
8
m/s.
Hướng dẫn
LUONG TU CHO THAY 2014
13
/
/

. .
n
kc n kc
kc n kc kc n n
V
c c
n V
V n V n n
= = ⇒ = =
Câu 31: Chiếu một chùm tia sáng trắng song song có bề rộng 5cm từ không khí đén mặt khối thủy tinh nằm ngang
dưới góc tới 60
0
. Cho chiết suất của thủy tinh đối với tia tím và tia đỏ ần lượt là

3
và
2
thì tỉ số giữa bề rộng
chùm khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh là:
A. 1,58. B. 0,91 C. 1,73. D. 1,10
Câu 32: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng của Iâng trong không khí, hai khe cách nhau 3mm được chiếu bằng
ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,60µm, màn cách hai khe 2m. Sau đó đặt toàn bộ thí nghiệm vào trong nước có
chiết suất 4/3, khoảng vân quan sát trên màn là bao nhiêu?
A. i‘= 0,4m. B. i' = 0,3m. C. i’ = 0,4mm. D. i‘= 0,3mm.
Câu 33: Thí nghiệm giao thoa I-âng với ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ, khoảng cách giữa hai khe a = 1mm. Ban
đầu, tại M cách vân trung tâm 5,25mm người ta quan sát được vân sáng bậc 5. Giữ cố định màn chứa hai khe, di
chuyển từ từ màn quan sát ra xa và dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe một đoạn 0,75m
thì thấy tại M chuyển thành vân tối lần thứ hai. Bước sóng λ có giá trị là
A. 0,60μm B. 0,50μm C. 0,70μm D. 0,64μm
Câu 34: Thực hiên giao thoa ánh sáng với nguồn gồm hai thành phần đơn sắc nhìn thấy có bước sóng λ
1
= 0,64μm;
λ
2
. Trên màn hứng các vân giao thoa, giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm đếm được 11 vân
sáng. Trong đó, số vân của bức xạ λ
1
và của bức xạ λ
2
lệch nhau 3 vân, bước sóng của λ
2
là:
A. 0,4μm. B. 0,45μm C. 0,72μm D. 0,54μm
Câu 35: Người ta thực hiện giao thoa ánh sáng đơn sắc với hai khe Young cách nhau 2mm, khoảng cách giữa hai

khe đến màn là 3m, ánh sáng dùng có bước sóng λ = 0,5µm. Bề rộng của giao thoa trường là 0,75cm. Số vân sáng,
vân tối có được là
A N
1
= 11, N
2
= 10 B N
1
= 11, N
2
= 12
C N
1
= 9, N
2
= 8 D N
1
= 13, N
2
= 12
Câu 36: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng, hai khe cách nhau a = 1mm, hai khe cách màn quan sát 1
khoảng D = 2m. Chiếu vào hai khe đồng thời hai bức xạ có bước sóng λ
1
= 0,4µm và λ
2
= 0,56µm . Hỏi trên đoạn
MN với x
M
= 10mm và x
N

= 30mm có bao nhiêu vạch đen của 2 bức xạ trùng nhau?
bA. 2. B. 5. C. 3. D. 4.
Câu 37: Trong thí nghiệm I âng về giao thoa ánh sang , khoảng cách giữa 2 khe I âng là a =1 mm,khoảng cách từ 2
khe đến màn D = 2 m. chùm sáng chiếu vào khe S có 2 bước sóng trong do λ1 = 0, 4 (µm) . trên màn xét khoảng
MN = 4.8 mm đếm được 9 vân sáng với 3 vạch là kết quả trùng nhau của 2 vân sáng và 2 trong 3 vạch đó nằm tại
M,N . bước sóng λ2 =?
A 0.48µm B 0.6µm C 0.64µm D 0.72 µm
Câu 38: Theo chiều tăng dần của bước sóng các loại sóng điện từ thì ta có sự sắp xếp sau
A. tia
γ
, tia tử ngoại, tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến.
B. tia
γ
, tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến.
C. tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến, tia tử ngoại, tia
γ
.
D. sóng vô tuyến, tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia tử ngoại, tia X, tia
γ
Câu 39: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng. Lần thứ nhất, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có 2 loại bức
xạ
λ
1
=0,56
mµ
và
2
λ
với
2

0,67 m 0,74 mµ < λ < µ
,thì trong khoảng giữa hai vạch sáng gần nhau nhất cùng màu với
vạch sáng trung tâm có 6 vân sáng màu đỏ
2
λ
. Lần thứ 2, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có 3 loại bức xạ
λ
1,

2
λ
và
λ
3
, với
3 2
7
12
λ = λ
, khi đó trong khoảng giữa 2 vạch sáng gần nhau nhất và cùng màu với vạch sáng trung tâm còn
có bao nhiêu vạch sáng đơn sắc khác ?
A. 25 B.23 C.21 D.19.
Câu 31: Giải: Theo ĐL khúc xạ ta có sinr = sini/n
sinr
t
=
2
1
3
60sin60sin

00
==
t
n
;r
t
= 30
0
sinr
đ
=
61,0
4
6
2
60sin60sin
00
===
đ
n
r
đ
≈ 38
0
LUONG TU CHO THAY 2014
14
Gọi h
t
và h
đ

là bề rộng của chùm tia khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh.
Xét các tam giác vuông I
1
I
2
T và I
1
I
2
Đ;
Góc I
1
I
2
T bằng r
t
; Góc I
1
I
2
Đ bằng r
đ
h
t
= I
1
I
2
cosr
t

.
h
đ
= I
1
I
2
cosr
đ
. =>
10,1099,1
38cos
30cos
cos
cos
0
0
≈===
đ
t
đ
t
r
r
h
h
. Chọn D
Câu 32: Giải : Chọn D.Hướng dẫn:Vận tốc ánh sáng trong không khí gần bằng c, bước sóng λ, khi ánh sáng
truyền từ không khí vào nước thì vận tốc ánh sáng truyền trong nước: v = c/n, (n là chiết suất của nước). Nên bước
sóng ánh sáng trong nước: λ’ = v/f = c/nf = λ/n. Khoảng vân khi toàn bộ thí nghiệm đặt trong nước:

'
'
.
D D
i
a n a
λ λ
= =
= 0,3mm
Câu 33: Giải : + Khi chưa dịch chuyển ta có:
M
λD
x = 5
a
(1)
+ Khi dịch chuyển ra xa M chuyển thành vân tối lần thứ 2 chính là vân tối thứ tư:
M
7λ(D + 0,75)
x =
2a
(2)
Từ (1) và (2), ta có: D = 1,75m → λ = 0,60μm . Chọn A
Câu 34: giải : gọi x là khoảng cách giữa 2 VS trùng gần nhau nhất.
T/ hợp 1: trong khoảng giữa 2 VS trùng có 7 VS của λ
1
và 4 VS của λ
2
Kể cả 2 VS trùng thì có 9 VS của λ
1
và 6 VS của λ

2

nên x = 8i
1
= 5i
2
=> 8 λ
1
= 5λ
2
=> λ
2
= 1,024μm( loại)
T/ hợp 2: trong khoảng giữa 2 VS trùng có 4 VS của λ
1
và 7 VS của λ
2
Kể cả 2 VS trùng thì có 6 VS của λ
1
và 9 VS của λ
2

Nên x = 5 i
1
= 8 i
2
=> 5 λ
1
= 8λ
2

=> λ
2
= 0,4μm( nhận) Chọn A
Chú ý những bài loại này dùng đáp án giải ngược cho nhanh !!!
Cách nhanh nhất là thử đáp án!!! thay λ
1
và λ
2
vào
1 2
2 1
i
i
λ
λ
=
thấy:
1 2
2 1
0,40 5
0,64 8
i
i
λ
λ
= = =
đáp án A hợp lý !!!
Với đáp án A: ta có
1 2
2 1

5
8
k
k
λ
λ
= =
thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 11 vân
(trong đó
1
λ
có 4 vân còn
2
λ
có 7 vân. Thỏa yêu cầu bài toán 7 – 4 = 3) . Đáp án A
Với đáp án B:
1 2
2 1
0,45 45
0,64 64
i
i
λ
λ
= = =
->trong khoảng 2 vân sáng cùng màu vân trung tâm có trên 100 vân sáng !
Với đáp án C:
1 2
2 1
72 9

64 8
k
k
λ
λ
= = =
thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 15 vân ko
thỏa
Với đáp án D:
1 2
2 1
54 27
64 32
k
k
λ
λ
= = =
thì giữa hai vân sáng gần nhất cùng màu với vân trung tâm 57 vân không thỏa
Câu 35: Chọn A
Câu 36: Giải: Khoảng vân: i
1
=
a
D
1
λ
=
3
6

10
210.4,0
−
−
= 0,8 mm; i
2
=
a
D
2
λ
=
3
6
10
210.56,0
−
−
= 1,12 mm
Vị trí hai vân tối trùng nhau:x = (k
1
+0,5) i
1
= (k
2
+ 0,5)i
2
=>
(k
1

+0,5) 0,8 = (k
2
+ 0,5)1,12 => 5(k
1
+ 0,5) = 7(k
2
+ 0,5) => 5k
1
= 7k
2
+ 1=> k
1
= k
2
+
5
12
2
+k
Để k
1
nguyên 2k
2
+ 1 = 5k => k
2
=
2
15 −k
= 2k +
2

1−k
Để k
2
nguyên k – 1 = 2n => k = 2n +1 với n = 0, 1, 2, ; k
2
= 5n + 2 và k
1
= k
2
+ k = 7n + 3
Suy ra x = (7n + 3 + 0,5)i
1
= (7n + 3 + 0,5)0,8 = 5,6n + 2,8
LUONG TU CHO THAY 2014
15
10 ≤ x ≤ 30 => 10 ≤ x = 5,6n + 2,8 ≤ 30 => 2 ≤ n ≤ 4. Có 3 giá trị của n . Chọn C
Câu 37: Giải: Khoảng vân i
1
=
a
D
1
λ
= 0,8 mm
Khoảng cách giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm là 4,8mm: 2 = 2,4 mm.
Trong khoảng đó có 5 vân sáng kể cả hai vân trùng ở hai đầu. Như vậy bức xạ λ
1
có 4 vân sáng kể cả hai vân hai
đầu. Suy ra bức xạ λ
2

trong khoảng đó có 3 vân sáng kể cả hai vân ở hai đầu.
Do đó khoảng vân i
2
= 2,4 (mm) : 2 = 1.2 (mm). Do vậy λ
2
=
D
ai
1
= 0,6µm , Chọn B
Câu 38: Chọn B
Câu 39:
Giải: Kể luôn 2 vân sáng trùng thì có 8 VS của λ
2
=> có 7i
2
.
Gọi k là số khoảng vân của λ
1
;Lúc đó ki
1
= 7i
2
=> kλ
1
= 7λ
2
=> 0,67μm < λ
2
= kλ

1
/7 < 0,74μm
=> 8,3 < k < 9,25 chọn k = 9 => λ
2
= 0,72μm
(Xét VS trùng gần VS TT nhất)
Khi 3 VS trùng nhau x
1
= x
2
= x
3

1 2
2 1
3
2
3 2
3
1
3 1
k
9
k 7
k
7
k 12
k
3 6 9
k 4 8 12

λ
= =
λ
λ
= =
λ
λ
= = = =
λ
Vị trí 3 VS trùng ứng với k
1
=9 , k
2
= 7 , k
3
= 12
Giữa hai Vân sáng trùng có 8 VS của λ
1
( k
1
từ 1 đến 8)
6 VS của λ
2
( k
2
từ 1 đến 6)
11 VS của λ
3
( k
1

từ 1 đến 11)
Tổng số VS của 3 đơn sắc là 8+6+11= 25
Vì có 2 vị trí trùng của λ
1
và λ
3
( với k
1
=3, k
3
=4 và k
1
=6, k
3
=8 ) nên số VS đơn sắc là 25 – 2= 23 Chọn B
Câu 7: Dùng một hạt
α
có động năng 7,7MeV bắn vào hạt nhân
14
7
N
đang đứng yên gây ra phản ứng
14 1 17
7 1 8
N p O
α
+ → +
. Hạt proton bay ra theo phương vuông góc với phương bay tới của hạt
α
. Cho khối lượng các hạt

nhân
14 17
4,0015 ; 1,0073 ; 13,9992 ; 16,9947
p N o
m u m u m u m u
α
= = = =
. Biết
2
1 931,5 /u MeV c=
. Động năng
của hạt
17
8
O
là:
A.6,145MeV B. 2,214MeV C. 1,345MeV D. 2,075MeV.
HD: Phản ứng hạt nhân thu năng lượng
2
w . 1,21095m c MeV∆ = ∆ =
Ta có:
2 2 2
2 2 2 4.7,7 17
p O p p O O p O
P P P m K m K m K K K
α α α
+ = ⇒ + = ⇒ + =
(1)
Mặt khác:
w 7,7 1, 21095

p O p O
K K K K K
α
+ ∆ = + ⇒ + = +
(2) Từ (1) và (2) =>
2,075
O
K MeV=
(Kết quả gần đúng với đáp án bởi vì ta lấy tỉ lệ khối lượng của hạt nhân gần bằng tỉ lệ số khối)
Câu 35: Một lò phản ứng phân hạch có công suất 200MW. Cho rằng toàn bộ năng lượng mà lò phản ứng này sinh
ra đều do sự phân hạch của
235
U và đồng vị này chỉ bị tiêu hao bởi quá trình phân hạch. Coi mỗi năm có 365 ngày;
mỗi phân hạch sinh ra 200MeV; số A- vô- ga –đro N
A
=6,02.10
23
mol
-1
. Khối lượng
235
U mà lò phản ứng tiêu thụ
trong 3 năm là:
A. 461,6g B. 461,6kg C. 230,8kg D. 230,8g
HD: Năng lượng mà lò phản ứng sinh ra trong 3 năm
6 16
200.10 .60.60.24.365.3 1,89.10W = =
J. Số hạt nhân cần là
26
13

5,913.10
200.1.6.10
W
N
−
= =
Khối lượng:
. 230,8
A
N
m n A A kg
N
= = =
LUONG TU CHO THAY 2014
16
Câu 17: Một hạt nhân có số khối A đang đứng yên, phát ra hạt α với tốc độ v. Lấy khối lượng các hạt theo
đơn vị u gần bằng số khối của chúng. Tốc độ giật lùi của hạt nhân con là
A.
4
4
v
A −
B.
4
4
v
A +
C.
4
v

A −
D.
2
4
v
A −
Hướng dẫn: Phương trình phân rã
4 4
2 2
A A
Z Z
X Y
α
−
−
→ +

Theo định luật bảo toàn động lượng:
0
Y Y Y Y
P P hay P P m v m v
α α α α
+ = = ⇔ =
uur uur

Theo đề
( )
( )
4
4 4

4
Y Y Y Y
v
m A A v A v A v v v
A
α
α α α
= ⇒ = ⇔ − = ⇒ =
−
Câu 29: Laze A phát ra chùm bức xạ bước sóng 400 nm với công suất 0,6W. Laze B phát ra chùm bức xạ
bước sóng λ với công suất 0,2W. Trong cùng một khoảng thời gian, số photon do laze B phát ra bằng một
nửa số photon do laze A phát ra. Một chất phát quang có thể phát quang ánh sáng màu đỏ và màu lục. Nếu
dùng laze B kích thích chất phát quang trên thì nó phát ra ánh sáng màu
A. Đỏ B. Lục C. Vàng D. Tím
Hướng dẫn: Công suất bức xạ
2 600
2
. .
A A B B A
B A
B B A A B
P N P
N N hc
P nm
t t P N P
λ λ
ε λ λ
λ λ λ
= = ⇒ = = ⇒ = =

Với
600
phaùt quang kíchthích
nm
λ λ
> =

Câu 30: Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hiđrô, khi electron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng
của nguyên tử được xác định bởi công thức
2
13,6
( )
n
E eV
n
= −
(với n = 1, 2, 3, …). Khi nguyên tử chuyển
từ trạng thái dừng có mức năng lượng E
O
về trạng thái dừng có năng lượng E
N
thì phát ra bức xạ có bước
sóng λ
o
. Khi nguyên tử hấp thụ một photon có bước sóng λ thì nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có
mức năng lượng E
L
lên trạng thái dừng có mức năng lượng E
N
. Tỉ số

o
λ
λ
là
A. 3/25 B. 25/3 C. 2 D. ½
Hướng dẫn: Ta có
2 2
13 6,
m n
mn
cô baûn
m n
n
E E
hc
vôùi
E
eV
E E
E
n n
λ

>

=

−
= − = −



. Suy ra:
+ Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có mức năng lượng E
O
về trạng thái dừng có năng lượng E
N

5
0 0
5 4
4
400
25
1
9
16
( )
cô baûn
O N
cô baûn
E
E
hc hc hc
vôùi
E E E E
E
E
λ λ

= −



= = ⇒ =

− −

= −


+ Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có mức năng lượng E
L
về trạng thái dừng có năng lượng E
N

4
4 2
2
16
16
2
3
4
( )
cô baûn
N L
cô baûn
E
E
hc hc hc
vôùi

E E E E
E
E
λ λ

= −


= = ⇒ =

− −

= −


Suy ra:
0
3
25
λ λ
=
Câu 5: Trong một bài thực hành xác định tốc độ truyền âm trong không khí, một học sinh
đo được bước sóng của sóng âm là
λ = (75 ± 5) cm
. Tần số của sóng âm do nguồn phát ra là
f = (440 ± 10) Hz
. Tốc độ truyền âm trong không khí là
LUONG TU CHO THAY 2014
17
A.

( )
330 15
±
m/s. B.
(330 ± 30) m/s
. C.
( )
340 5
±
m/s. D.
(340 ± 30) m/s
HD: Theo công thức
smvsmdfdfdvsmfv
Viphan
haive
/30330/30 /330. ±=⇒=+===
=>
λλλ
.
Câu 6: Chiếu lên bề mặt một tấm kim loại có công thoát electrôn là A=2,1 eV chùm ánh
sáng đơn sắc có bước sóng
0,485 m
λ µ
=
. Người ta tách ra một chùm hẹp các electrôn quang
điện có vận tốc ban đầu cực đại
v
r
hướng vào một không gian có cả điện trường đều
E

r
và
từ trường đều
B
r
. Ba véc tơ
v
r
,
E
r
,
B
r
vuông góc với nhau từng đôi một. Cho B=5.10
-4
T. Để
các electrôn vẫn tiếp tục chuyển động thẳng và đều thì cường độ điện trường
E
r
có độ lớn
là:
A. 201,4 V/m B. 80544,2 V/m C. 40,28 V/m D. 402,8 V/m
HD: Lực điện trường cân bằng với lực Lorenzt (Bỏ qua tác dụng thành phần trọng lực
P=mg do khối lượng e nhỏ) =>
mVA
hc
m
BBvEqvBqE /4,201
2

. =






−==⇒=
λ

Câu 21: Chiếu một chùm bức xạ đơn sắc có bước sóng 0,20µm vào một quả cầu bằng
đồng, đặt cô lập về điện. Giới hạn quang điện của đồng là 0,30µm. Điện thế cực đại mà
quả cầu đạt được so với đất là
A. 1,34V. B. 2,07V. C. 3,12V. D. 4,26V.
Hướng dẫn giải:
max
2
0
1
2
eVmv =
max
hc
A eV
λ
− =
Câu 48: Cho phản ứng hạt nhân
1 6 3
0 3 1
n Li H

α
+ → +
. Hạt Li đứng yên, nơtron có động năng
2MeV. Hạt α và hạt nhân H bay ra theo các hướng hợp với hướng tới của nơtron những
góc tương ứng bằng 15
0
và 30
0
. Bỏ qua bức xạ gamma. Lấy tỉ số khối lượng các hạt bằng tỉ
số giữa các số khối của chúng. Phản ứng thu hay tỏa bao nhiêu năng lượng?
A. Thu 1,66 MeV. B. Tỏa 4,8 MeV C. Thu 4,8 MeV D. Tỏa 1,66 MeV
Hướng dẫn giải:
α
= +
uur uur uur
n T
P P P
P
n
=
2 2=
n n
m K
Áp dụng dl hàm số sin:
sin15
.2 3 1
sin135
= = −
T
P

P
T
=
2
T T
m K
suy ra: K
T
= 0,089MeV
sin30
.2 2
sin135
α
= =P
2
2 2 2
α α α
⇔ = ⇔ =P m K
α
K
=
1
1/ 4 0,25
α
= = MeV
m
Theo đl bao toan nang luong: W
tỏa
=
0,25 0,089 2 1,66

α
+ − = + − = −
T n
K K K
LUONG TU CHO THAY 2014
18
V
max
=
hc
A
e
λ
−
Câu 50: Cathode của tế bào quang điện có công thoát 1,5eV, được chiếu bởi bức xạ đơn
sắc λ. Lần lượt đặt vào tế bào quang điện điện áp U
AK
= 3V và U
AK
’ = 15V thì thấy vận tốc
cực đại của electron khi đập vào anode tăng gấp đôi. Giá trị của λ là
A. 0,795µm. B. 0,497µm. C. 0,259µm. D. 0,211µm.
Hướng dẫn giải:
2
0max
1
2
ε
= +A mv
,

0max
v
là vận tốc lớn nhất của electrong khi bức ra
khỏi K. Khi ra khỏi K, dưới tác dụng của U
AK
thì electron tăng tốc chạy về A với vận tốc v
được xác định bởi định lý động năng:
2 2
0max
.
1 1
2 2
− =
AK
eUmv mv
hay
2
.
1
2
λ
 
− − =
 ÷
 
AK
hc
A eUmv
Vậy ta có hệ:
2

3
1
2
λ
 
− − =
 ÷
 
hc
A emv

Và
( )
2
15
1
2
2
λ
 
− − =
 ÷
 
hc
A em v
Nhân hai vế phương trình đầu cho 4. rồi lấy pt 2 trừ cho phương trình đầu ta được:
3 3
λ
 
− =

 ÷
 
hc
A e
Suy ra:
λ
= 0,497µm
Câu 21: Chiếu bức xạ có bước sóng λ = 0,25 µm vào một kim loại có giới hạn quang điện
λ
0
= 0,36 µm, ta thu được môt chùm electron quang điện chuyển động với vận tốc ban đầu
cực đại có chiều hướng từ trái sang phải. Tách một chùm nhỏ electron này cho bay vào
một vùng không gian có từ trường đều

có chiều như hình vẽ và có độ
lớn B = 2.10
-3
T. Muốn electron vẫn chuyển động thẳng đều thì phải
đặt thêm vào vùng không gian trên một điện trường đều

có hướng và
độ lớn như thế nào?
A. hướng thẳng đứng từ trên xuống, E = 1462 V/m.
B. hướng thẳng đứng từ dưới lên, E = 1462 V/m.
C. hướng thẳng đứng từ trên xuống, E = 7,31.10
5
V/m.
D. hướng thẳng đứng từ dưới lên, E = 7,31.10
5
V/m.

Hướng dẫn
Tính V
0max
=
0
2 1 1
( )
hc
m
λ λ
−
= 7,31.10
5
m/s
Electron chuyển động thẳng đều khi :
L d
f = -F
r
r
Về độ lớn : f
L
= F
đ

eV
omax
B = eE
⇒
E = V
omax

.B = 1462 V/m
Vận dụng qui tắc bàn tay trái : lực lorentz hướng xuống

⇒
lực điện trường hướng lên, vì q<0 nên
E
r
hướng xuống.
Câu 22: Một đám nguyên tử hyđrô đang ở trạng thái dừng thứ n thì nhận được một phôton
có năng lượng hf làm nguyên tử chuyển sang trạng thái dừng có mức năng lượng kế tiếp và
bán kính nguyên tử tăng 44%. Tìm số vạch mà đám nguyên tử này có thể phát ra ?
A. 16 vạch. B. 15 vạch. C. 12 vạch . D. 13 vạch.
LUONG TU CHO THAY 2014
19
Hướng dẫn
r
2
= 1,44 r
1

⇒
(n+1)
2
= 1,44. n
2
⇒
n+1= 1,2 n
⇒
n = 5 Vậy n’ = 6
Số vạch phát ra là :

'( ' 1)
15
2
n n
−
=
Câu 37: Hạt nhân phóng xạ
235
92
U
đứng yên, phóng ra một hạt
α
và biến
thành hạt nhân Thori (Th). Động năng của hạt
α
chiếm bao nhiêu phần
trăm năng lượng phân rã?
A. 18,4% B. 1,7% C. 98,3% D.
81,6%
Hướng dẫn giải:
231
4
Th
Th
K m
K m
α
α
= =
và

235
231
Th
E K K K
α α
∆ = + =
suy ra:
98,3%
K
E
α
=
∆
Câu 49: Một mẫu chất phóng xạ vó chu kì bán rã T. Ở các thời điểm t
1
và t
2
(với t
2
> t
1
) kể
từ thời điểm ban đầu thì độ phóng xạ của mẫu chất tương ứng là H
1
và H
2
. Số hạt nhân bị
phân rã trong khoảng thời gian từ thời điểm t
1
đến thời điểm t

2
bằng
A.
1 2
( )ln 2H H
T
−
B.
1 2
( )
ln 2
H H T
−
C.
1 2
( )
ln 2
H H T
+
D.
1 2
2 1
2( )
H H
t t
+
−
Hướng dẫn
12 1 2
1 2 1 2

1 1 12
2 2
ln 2
N N N
H H H H
H N N
H N
T
λ
λ
λ
∆ = −

− −

= ⇒ ∆ = =


=

Câu 40: Chiếu bức xạ có bước sóng λ = 0.6µm vào catot của 1 tế bào quang điện có công thoát A= 1.8eV. Dùng
màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho chúng bay vào một điện trường từ A đến B sao cho
U
AB
= -10V. Vận tốc nhỏ nhất và lớn nhất của electron khi tới B lần lượt là:
A.18,75.10
5
m/s và 18,87.10
5
m/s B.18,87.10

5
m/s và 18,75.10
5
m/s
C.16,75.10
5
m/s và 18.87.10
5
m/s D.18,75.10
5
m/s và 19,00.10
5
m/s
Câu 41: Nguồn sáng thứ nhất có công suất P
1
phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng
1
450nm
λ
=
. Nguồn sáng thứ
hai có công suất P
2
phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng
2
0,60 m
λ µ
=
. Trong cùng một khoảng thời gian, tỉ số
giữa số photon mà nguồn thứ nhất phát ra so với số photon mà nguồn thứ hai phát ra là 3:1. Tỉ số P

1
và P
2
là:
A. 4. B. 9/4 C. 4/3. D. 3.
Câu 42: Chiếu lần lượt 3 bức xạ đơn sắc có bước sóng theo tỉ lệ
5,1:2:1::
321
=
λλλ
vào catôt của một tế bao
quang điện thì nhận được các electron quang điện có vận tốc ban đầu cực đại tương ứng và có tỉ lệ
kvvv :1:2::
321
=
, với
k
bằng:
A.
3
B.
3/1
C.
2
D.
2/1
Câu 43: Chiếu bức xạ có tần số f
1

vào quả cầu kim loại đặt cô lập thì xãy ra hiện tượng quang điện với điện thế cực

đại của quả cầu là V
1
và động năng ban đầu cực đại của e quang điện đúng bằng một nửa công thoát của kim loại.
Chiếu tiếp bức xạ có tần số f
2
= f
1
+ f vào quả cầu đó thì điện thế cực đại của quả cầu là 5V
1
. Hỏi chiếu riêng bức xạ
có tần số f vào quả cầu trên (đang trung hòa về điện) thì điện thế cực đại của quả cầu là:
A. 2 V
1
B. 2,5V
1
C. 4V
1.
D. 3V
1.
.
Câu 44: Katốt của tế bào quang điện có công thoát 1,5eV, được chiếu bởi bức xạ đơn sắc λ. Lần lượt đặt vào tế
bào, điện ápU
AK
= 3V và U’
AK
= 15V, thì thấy vận tốc cực đại của elêctrôn khi đập vào anốt tăng gấp đôi. Giá trị của
λ là:
A. 0,259 µm. B. 0,795µm. C. 0,497µm. D. 0,211µm.
Câu 45: Theo mẫu nguyên tử Bo thì trong nguyên tử hiđrô, bán kính quỹ đạo dừng của electron trên các quỹ đạo là
r

n
= n
2
r
o
, với r
o
=0,53.10
-10
m; n=1,2,3, là các số nguyên dương tương ứng với các mức năng lượng của các trạng
LUONG TU CHO THAY 2014
20
thái dừng của nguyên tử. Gọi v là tốc độ của electron trên quỹ đạo K. Khi nhảy lên quỹ đạo M, electron có tốc độ
bằng
A.
9
v
B.
3v
C.
3
v
D.
3
v
Câu 46: Khi hiệu điện thế hai cực ống Cu-lít -giơ giảm đi 2000V thì tốc độ các êlectron tới anốt giảm 6000km/s.
Tốc độ êlectron tới anốt ban đầu là
A. 5,86.10
7
m/s. B. 3,06.10

7
m/s. C. 4,5.10
7
m/s. D. 6,16.10
7
m/s.
Câu 47: Người ta dùng hạt protôn bắn vào hạt nhân
9
4
Be
đứng yên để gây ra phản ứng
1
p +
9
4
Be
→
4
X +
6
3
Li
. Biết
động năng của các hạt p , X và
6
3
Li
lần lượt là 5,45 MeV ; 4 MeV và 3,575 MeV. Lấy khối lượng các hạt nhân theo
đơn vị u gần đúng bằng khối số của chúng. Góc lập bởi hướng chuyển động của các hạt p và X là:
A. 45

0
B. 60
0
C. 90
0
D. 120
0
Câu 48: Một chất phóng xạ có chu kỳ bán rã là 3,8 ngày. Sau thời gian 11,4 ngày thì độ phóng xạ (hoạt độ phóng
xạ) của lượng chất phóng xạ còn lại bằng bao nhiêu phần trăm so với độ phóng xạ của lượng chất phóng xạ ban
đầu?
A. 25%. B. 75%. C. 12,5%. D. 87,5%.
Câu 49: Hạt nhân
210
84
Po
phóng xạ anpha thành hạt nhân chì bền. Ban đầu trong mẫu Po chứa một lượng m
o

(g). Bỏ qua năng lượng hạt của photon gama. Khối lượng hạt nhân con tạo thành tính theo m
0
sau bốn chu kì bán rã
là?
A.0,92m
0
B.0,06m
0
C.0,98m
0
D.0,12m
0

Câu 50: Để xác định chu kỳ bán rã T của một đồng vị phóng xạ, người ta thường đo khối lượng đồng vị phóng xạ
đó trong mẫu chất khác nhau 8 ngày được các thông số đo là 8µg và 2µg.Tìm chu kỳ bán rã T của đồng vị đó?
A. 4 ngày. B. 2 ngày. C. 1 ngày. D. 8 ngày.
Câu 40: Giải: λ
0
=
A
hc
=
34 8
6
19
6.625.10 .3.10
0,69.10 0,69
1,8.1,6.10
m m
µ
−
−
−
= =
;
-Khi Vận tốc ban đầu cực đại của e theo chiều tăng tốc với UAB thì ta có vận tốc lớn nhất của electron khi tới B là
v: Gọi v ( Hay v
max
) là vận tốc cực đại của e khi đến B. Áp dụng định lí động năng:

2 2
0
1 1

/ /
2 2
AB
mv mv eU
− =
=>
2 2
0
1 1
/ /
2 2
AB
mv mv eU
= +
=>
2
1
/ /
2
AB
mv A eU
ε
= + − +
2
0
1 1 1
( ) / /
2
AB
mv hc eU

λ λ
= − +
=>
max
0
2 / /2 1 1
( )
AB
eUhc
v
m m
λ λ
= − +
Thế số :
34 8 19
5
max
31 6 31
2.6.625.10 .3.10 1 1 2.1,6.10
( ) .10 19,00.10 /
9.1.10 .10 0,6 0,69 9.1.10
v m s
− −
− − −
= − + =
-Khi vận tốc ban đầu của e bằng 0 thì ta có vận tốc nhỏ nhất của electron khi tới B là v
min
:

2

min
1
2
AB
mv eU
=
=>
min
2
AB
v eU
m
=
Thế số :
19
5
min
31
2.1,6.10
.10 18,75228.10 /
9.1.10
v m s
−
−
= =
Đáp án D
Câu 41: Giải: P
1
=
t

N
1
1
λ
hc
P
2
=
t
N
2
2
λ
hc
=>
2
1
P
P
=
2
1
N
N
1
2
λ
λ
= 3
45,0

6,0
= 4. Chọn A
LUONG TU CHO THAY 2014
21
Câu 42:
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
4. (1)
2
(1) (2) 3
3
2 2
: (2) 3 2
2 2 1
(3) (2) 1
6 2
(3)
1,5. 2
hc mv
A
hc mv
hc mv
HD A k

k
hc mv
k
hc mv
A k
λ
λ
λ
λ
λ

= +



− ⇒ =



= + ⇒ ⇒ = ⇒ =
 
−
 
− ⇒ = −
 

= +


Câu 43: * Chiếu f

1
thì:
AAAmvAhf 5,1
2
1
2
1
2
max01
=+=+=
Điện thế cực đại:
11
VeAhf +=
hay
AeV
2
1
1
=
* Chiếu f
2
=f
1
+f thì:
AAAVeAVeAhfhfhf 5,35,0.55
1212
=+=+=+=+=
* Chiếu f thì:
max
VeAhf +=

Vậy:
11max
maxmax1max
22
5,15,35,3
VVeAVe
VeAAAVeAhfAVeAhf
===↔
+=−↔+=−↔+=
Đáp án A
Câu 44: Giải: Theo Định lì động năng: eU
AK
=
2
2
mv
-
2
2
maxo
mv
(1)
eU’
AK
=
2
'
2
mv
-

2
2
maxo
mv
= 4
2
2
mv
-
2
2
maxo
mv
(2)
=> (2) – (1): 3
2
2
mv
= e(U’
AK
– U
AK
) = 12eV=>
2
2
mv
= 4eV (3)
Thế (3) vào (1) =>
2
2

maxo
mv
=
2
2
mv
- eU
AK
= 1eV
=>
λ
hc
= A +
2
2
maxo
mv
= 1,5eV + 1 eV = 2,5eV => λ =
eV
hc
5,2
= 0,497 µm. Chọn C
Câu 45: Giải: Khi e chuyển động trong trên các quỹ đạo thì lực tĩnh điện Culông đóng vai trò là lực hướng tâm
00
2
2
2
2
2
2

21
rm
k
n
e
rnm
k
e
mr
ke
vmv
r
e
k
r
mv
r
qq
k ===↔=↔=
Ở quỹ đạo K thì n=1 nên
0
.1 rm
k
e
v ==
; Ở quỹ đạo M thì n=3 nên
0
.9
'
rm

k
e
v ==
Nên
9
'
9
1' v
v
v
v
=→=
Câu 46: Kí hiệu ∆U = 2.10
3
(V); ∆v = 6.10
6
m/s
Ta có ∆W
đ
=
2
mv
2
–
2
0
mv
2
= eU
AK

(1) với v
0
vận tốc electron ở catot
∆W’
đ
=
2
m(vΔv)
2
−
–
2
0
mv
2
= e(U
AK
– ∆U) (2)
Lấy (1) – (2) →
2
m(vΔv)
2
−
–
2
mv
2
= e∆U → v =
2
2eΔU

+ (Δv)
m
2Δv
= 6,16.10
7
m/s.
Câu 47: K
p
= 5,45 MeV ; K
Be
= 0MeV ; K
X
= 4 MeV ; K
Li
= 3,575 MeV ; p
Be
= 0 vì đứng yên
LUONG TU CHO THAY 2014
22
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
2 2
2 2 2
0
( ) ( )
2 . . os
2 . 2. 2. . . 2. . . os 2 . 2 .
. 2. . . . . os . .
os 0 90
p X Li p X Li p X Li
p p X X Li

p p p p X X X X Li Li
p p p p X X X X Li Li
p p p p p p p p p
p p p c p p
m K m K m K c m K m K
m K m K m K c m K m K
c
α
α
α
α α
→
→ → → → → → → →
= + ⇔ − = ⇔ − =
⇔ + + =
⇔ + + =
⇔ + + =
⇒ = ⇒ =
Câu 48: Giải : T = 3,8 ngày ; t = 11,4 = 3T ngày . Do đó ta đưa về hàm mũ để giải nhanh như sau :

T
t
T
t
m
m
mm
−−
=⇔=
22.

0
0
⇔
8
1
2
3
0
==
−
m
m
= 12,5%
⇒
Chọn : C.
Câu 49:Giải:
PbPo
206
82
210
84
+→
α

Áp dụng định luật phóng xạ N = N
0
/2
4
.số hạt nhân chì tạo thành đúng bằng số hạt nhân Po bi phân rã =
16

15
2/
0
4
0
N
NNN =−=∆
( N
0
=
A
N
m
.
210
0
) .Suy ra m
Pb
=
206.
A
N
N∆
=
206*.
210*.16
15
0
m
= 0,9196m

0
.
Câu 50: Giải : Tìm chu kì bán rã khi biết số hạt nhân( hay khối lượng) ở các thời điểm t
1
và t
2
m
1
= m
0

1
.t
e
λ
−
; m
2
=m
0

2
.t
e
λ
−
=>
1
2
m

m
=
).(
12
tt
e
−
λ
=>T =
2 1
1
2
( )ln 2
ln
t t
m
m
−
Thế số :T =
2 1
1
2
( )ln 2
ln
t t
m
m
−
=
(8 0)ln 2

8
ln
2
−


LUONG TU CHO THAY 2014
23