skkn PHÂN LOẠI và CÁCH GIẢI các DẠNG TOÁN về LƯỢNG tử ÁNH SÁNG

Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

Mã số:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI
CÁC DẠNG TOÁN
VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG

Người thực hiện:

NGUYỄN TRƯỜNG SƠN

Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục :
- Phương pháp dạy học bộ môn : Vật lý
- Lĩnh vực khác:






Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2011 – 2012– 2013

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 1-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN:
1. Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN.
2. Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958
3. Nam, nữ:
Nam.
4. Địa chỉ: 255/41(số cũ 22F6), Khu phố I, Phường Long Bình Tân,
Thành phố Biên Hoà, Tỉnh Đồng Nai.
5. Điện thoại:
CQ: 0613.834289;
ĐTDĐCN:0903124832.
6. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ - Thể dục.
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh - Biên Hoà - Đồng Nai.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:
- Học vị: Đại học.
- Chuyên ngành đào tạo: Vật lý.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
* Năm 2004: giải nhì thi đồ dùng dạy học do Sở giáo dục đào tạo tổ
chức, đề tài: “Thí nghiệm sóng dừng trên dây.”
* Năm 2005: chuyên đề “ Tìm cực trị bằng bất đẳng thức Bunhiacốpxki”
* Năm 2006: chuyên đề “ Bài toán mạch cầu trở”
( cùng với Nguyễn Thùy Dương tổ Vật lý thực hiện).

* Năm 2007: chuyên đề “ Bài toán mạch đèn”.
* Năm 2008: chuyên đề “Phương pháp đồ thị giải bài toán vật lý”.
* Năm 2009 chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng bài toán mạch điện
xoay chiều, thiết bị điện , dao động và sóng điện từ”.
* Năm 2010 chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về tính chất sóng
ánh sáng”.
* Năm 2011 chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về Vật lý hạt
nhân nguyên tử”.
* Năm 2012: chuyên đề “Một số cách giải dạng toán cưc trị”.
* Năm 2013: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về Lượng tử
ánh sáng”.

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 2-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI
CÁC DẠNG TOÁN
VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.
TÓM TẮT :
Chuyên đề đưa ra phân loại và cách giải các dạng toán về Lượng tử ánh sáng,
cùng những lời giải một số bài tập minh họa cơ bản, hay và khó
các bài tập luyện khá đa dạng cả hình thức tự luận và hình thức trắc nghiệm .

I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Khoa học kỹ thuật đã có những tác động quan trọng góp phần làm thay đổi bộ mặt
của xã hội loài người, nhất là những ngành khoa học kỹ thuật cao. Vật lý học là bộ môn
khoa học cơ bản cũng đã góp phần đáng kể vào thành công đó.
Bộ môn Vật lý phổ thông là môn học có tính hấp dẫn. Tuy vậy, Vật lý là một môn
học khó vì cơ sở của nó là toán học. Bài tập vật lý lại rất đa dạng và phong phú,trong
phân phối chương trình số tiết bài tâp lại hơi ít. Chính vì thế, người giáo viên cần tìm ra
những phương pháp nhằm hỗ trợ cho học sinh học tập có hiệu quả. Việc phân loại các
dạng bài tập và hướng dẫn cách giải là việc làm rất cần thiết, giúp cho học sinh nhanh
chóng trả được các đề trắc nghiệm khách quan, theo yêu cầu đổi mới giáo dục về việc
đánh giá học sinh.
Trong chương trình Vật lý lớp12, bài tập về Quang lý khá đa dạng và khó. Qua
những năm đứng lớp tôi nhận thấy học sinh thường rất lúng túng trong việc tìm cách
giải các dạng bài tập toán này. Xuất phát từ thực trạng trên, qua kinh nghiệm giảng dạy,
tôi đã chọn đề tài:
PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.
Đề tài này nhằm giúp học sinh khắc sâu những kiến thức lí thuyết qua một hệ
thống bài tập và phương pháp giải chúng, giúp các em có thể nắm được cách giải và từ
đó chủ động vận dụng các cách giải để có thể nhanh chóng giải các bài toán trắc
nghiệm cũng như các bài toán tự luận về Lượng tử ánh sáng.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 3-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

II–TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
A.CƠ SỞ LÝ LUẬN
Bộ môn Vật lí bao gồm một hệ thống lí thuyết và bài tập đa dạng và phong phú.
Trong phân phối chương trình Vật lý lớp 12 bài tập về Lượng tử ánh sáng số tiết bài tập

lại ít so với nhu cầu cần nắm kiến thức của học sinh. Qua những năm đứng lớp tôi nhận
thấy học sinh thường rất lúng túng trong việc tìm cách giải các bài tập toán đa dạng
này.
Mặt khác trong yêu cầu về đổi mới đánh giá học sinh bằng phương pháp trắc nghiệm
khách quan thì khi học sinh nắm được dạng bài và cách giải sẽ giúp các em nhanh
chóng làm được bài .
Xuất phát từ thực trạng trên, cùng một số kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã chọn đề tài:
“Phân loại và cách giải các dạng toán về Lượng tử ánh sáng” .
Hiện tại cũng có nhiều sách tham khảo có trình bày về vấn đề này ở các góc độ khác
nhau.
Chuyên đề này trình bày một cách đầy đủ việc phân loại các dạng bài tập và hướng
dẫn cách giải có tính hệ thống, cùng với những nhận xét và chú ý, mong giúp các em
nắm sâu sắc ý nghĩa vật lý các vấn đề liên quan. Việc làm này rất có lợi cho học sinh
trong thời gian ngắn đã nắm được các dạng bài tập nắm được phương pháp giải và từ
đó học sinh có thể phát triển hướng tìm tòi lời giải mới cho các bài tương tự.

1.GIỚI HẠN NỘI DUNG
Chuyên đề đặt ra yêu cầu phân loại các dạng bài tâp, đưa ra cách giải cho từng
dạng bài tập đó và đưa ra những nhận xét và những chú ý giúp phát triển hướng tìm tòi
khác. Chuyên đề này muốn phần nào làm rõ được ý nghĩa vật lý của hiện tượng được
xem xét khi giải quyết các ví dụ minh họa ở những mức độ khác nhau cơ bản, hay và
khó.

2. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ GỒM 2 PHẦN
* Phần 1: Phân loại và cách giải các dạng toán Lượng tử ánh sáng .
* Phần 2: Các bài tập minh họa vận dụng.
- Bài tập dạng tự luận có hướng dẫn giải.
- Bài tập dạng tự luận vận dụng.
- Bài tập dạng trắc nghiệm có đáp án.

3. PHẠM VI ÁP DỤNG
-Chuyên đề áp dụng cho chương trình Vật lý lớp 12, Chương: Lượng tử ánh sáng (cả
chương trình cơ bản và chương trình nâng cao)
-Chuyên đề áp dụng rất tốt trong luyện thi tốt nghiệp và luyện thi đại học, cao đẳng.

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 4-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

B . NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Phần I :
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
CÁC DẠNG TOÁN LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG
Dạng bài A: THUYẾT LƯỢNG TỬ
*CƠ SỞ GIÁO KHOA:
-Thuy t lượng tử năng lượng c a Plăng: Lượng năng lượng mà mỗi lần nguyên tử
hay phân tử hấp thụ hay phát xạ có giá trị hoàn toàn xác định và bằng hf; trong đó f là
tần số của ánh sáng bị hấp thụ hay được phát ra; h là một hằng số, gọi là lượng tử năng
lượng.
Bức xạ có tần số f, bước sóng  thì có lượng tử năng lượng:   hf  hc /  .
trong đó h = 6,625.10-34J.s gọi là hằng số Plăng.
-Thuy t lượng tử ánh áng c a Anh tanh:
1. Chùm ánh sáng là một chùm các phôtôn (các lượng tử ánh sáng). Mỗi phôtôn có
năng lượng xác định ε = hf = hc/ (f là tần số của ánh sáng đơn sắc tương ứng). Cường
độ của chùm sáng với tỉ lệ với số phôtôn phát ra trong 1 giây.
2. Phân tử, nguyên tử, êlectrôn phát xạ hay hấp thụ ánh sáng, cũng có nghĩa là chúng
phát xạ hay hấp thụ phôtôn .

3. Các phôtôn bay dọc theo tia sáng với tốc độ c= 3.108m/s trong chân không.
Ch
ề A1:Bi t đặc trưng c a phôtôn: tần ố f, bước óng  c a phôtôn, tìm các
đặc trưng lượng tử c a phôtôn như năng lượng ε, khối lượng m , động lượng p.
Cách giải: * Năng lượng của phôtôn ε = hf = hc/λ.
2
* Động lượng của phôtôn p  mc  p.c  mc    p 


c

2

* Khối lượng của phôtôn m =ε/c . ( Vì theo hệ thức năng lượng của Anhstanh ε = mc2)
Ch

ề A2: Tính các đại lượng liên quan về lượng tử ánh áng c a vật bức ạ.

Cách giải:

Công suất nguồn bức xạ: P = nf. .

nf là số phôtôn của nguồn ánh sáng bức xạ trong 1 giây, ε là năng lượng của phôtôn.
Cường độ dòng quang điện bào hoà: Ibh = ne.e
ne là số quang êlectron phát ra trong 1 giây; -e là điện tích của mỗi electrôn.
Hiệu suất quang điện hay hiệu suất lượng tử: H 

ne
.
n'f

Số phôtôn ánh sáng đến catốt trong 1 giây: nf’ = η.nf
η là số phần trăm ánh sáng đến catốt (thường cho η’ = 100%, nên nf = nf’).
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 5-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Dạng bài B: HIỆN

TƯỢNG QUANG ĐIỆN

*CƠ SỞ GIÁO KHOA:
+Giới hạn quang điện 0 và công thoát A: 0 

hc
hc
 A
. Điều kiện để có hiện
A
0

tương quang điện xảy ra là ánh sáng kích thích có λ ≤ λ0 .
+ Năng lượng phôtôn hay lượng tử năng lượng ε =hf = hc/λ .
+ Công thức Anhxtanh :   hf 

hc
1

2
 A  m.vomax
λ
2

+ Động năng ban đầu cực đại các quang elec trôn Wđ0max , vận tốc ban đầu cực đại của
1
2

2
quang electron: v0max : Wđ 0 max  mv0 max

1
2

2
 eU h .
Hiệu điện thế hãm Uh để dòng quang điện triệt tiêu  Wð0max  mv0max

Điều kiện để dòng quang điện triệt tiêu I =0 là UAK ≤ -Uh
Điện thế cực đại Vmax của quả cầu bằng kim loại( tấm kim loại )cô lập được chiếu
1
2

2
bức xạ λ < λ0 khá lâu : Wđ 0 max  mv0 max  eVmax

+ Hiệu suất lượng tử (tính theo %): H 

ne

N
.100%  e .100% . Số phôtôn Nf, nf phát ra
nf
Nf

trong t(s) và 1s; Ne,ne số electron bứt ra khỏi catốt trong thời gian t(s) và 1s.
+Hằng số Plank: h = 6,625.10-34 s , tốc độ ánh sáng: c = 3.108m/s;
điện tích nguyên tố e = 1,6.10-19C; khối lượng electrôn m=9,1.10-31kg.
Đổi đơn vị của A, Wđ : 1eV = 1,6.10-19j ; A(eV) = A(j) / (1,6.10-19J/eV)
Ch đề B1: Bi t giới hạn quang điện  0 , tính công thoát A theo J hay eV .
Cách giải:
Áp dụng công thức : 0 (m) 

hc
hc
 A( J ) 
A( J )
0 (m) . Chú ý đổi đơn vị A về jun.

Ch đề B2: Cho hiệu điện th h m Uh : T m Wđ0max hoặc v0max.
Cách giải: - Ứng với hiệu điện thế 2 cực anốt A và catốt K: UAK ≤ - Uh thì dòng quang
điện bị triệt tiêu I = 0 ; Uh gọi là hiệu điện thế hãm.
- Khi UAK = - Uh , động năng ban đầu cực đại của electron quang điện bằng độ lớn
công của lực điện trường cản: Wd 0max

2
m.v0max

 eU
. h

2

 vomax 

2eU
. h
m

Ch đề 3: Cho Uh và  c a ánh áng kích thích, t m công thoát A .
2
m.v0max
 eU
. h
Cách giải: Từ chủ đề B2 ta có Wd 0max 
2
hc
1
hc
2
. h
Thay vào công thức Anhxtanh :    A  m.vomax  A  eU h Vậy:  A   eU
λ
2


Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 6-

Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Ch đề B4: Bi t  c a ánh sáng kích thích, v0max c a quang electrôn . T m 0 ?
Cách giải: Từ công thức Anhxtanh :

hc
hc
1
2
 A  m.vomax
mà A 
0
λ
2

2

hc  1 mv0max
suy ra giới hạn quang điện 0 (m) 
 

A( j )  
2hc 

1

Ch đề 5: Bi t A( 0),  c a ánh sáng kích thích.Tính v0max c a quang electron.
c
λ

Cách giải: Áp dụng công thức Anhxtanh :  = A + Wd0max = h  h
Suy ra : vo max 

c 1
2
 m.vomax
λ0 2

2 hc
2hc 1 1
(  A) 
(  )
m 
m  0

Ch đề 6: Bi t v0max và UAK . Tính vAmax vận tốc lớn nhất c a l ctron tới anốt.
Cách giải: + Cho vomax , UAK tính vận tốc lớn nhất về tới anốt vAmax .
Theo định lí động năng : WđA – Wđ0 = A = e.UAK .
Với các electrôn có v0max thì về tới Anốt cũng có vAmax:
Suy ra: v A max  vo max 

1
1
mv A2 max  mv02max  eU AK (1)
2
2

2eU AK
m

Chú ý:* e là điện tích nguyên tố e = 1,6.10-19C, điện tích electrôn là (-e).
* Nếu UAK > 0  vAmax > v0max , e - được tăng tốc .
* Nếu UAK < 0  vAmax < v0max , e - bị hãm.
1
2

2
. h vào (1)
+ Cho UAK và Uh : tính vận tốc lớn nhất về tới anốt vAmax .Thay mv0max  eU

ta có:

1 2
mv A max  eU
. h  eU AK . Suy ra: vA max  2e(U AK  U h ) / 2
2

Ch đề B7: Bi t v0max hoặc  và A ). T m điều kiện c a UAK đ I=0
Cách giải: Hiệu điện thế hãm: Uh = UKA > 0 thì dòng
quang điện bắt đầu bị triệt tiêu I = 0. Khi đó động năng
ban đầu cực đại của quang electron điện bằng với độ lớn
1 2
công của lực điện trường cản: W0 d max  mv o max  eU h
2
Wd 0max 1 hc
c
 (  A)
hay h  A  eU h  U h 
λ
e

e 
Điều kiện để không có electrôn nào về tới Anốt: UAK = -Uh .

I
Ibh

-Uh O

UAK

Ch đề B8: Số phôtôn nf trong giây chi u tới K t ngu n áng công uất P.
Tính ne ố l ctron trong giây bứt ra t catốt và hiệu uất lượng tử H ?
Cách giải:

Số phôtôn nf phát ra trong 1s: Năng lượng nguồn sáng phát ra: E = Pt .

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 7-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

E P.

t. h.c
- Số l ctron bứt ra khỏi catốt trong thời gian : Điện lượng qua tế bào quang điện
Ne
.e
q = Ne.e = Ibht . Cường độ dòng quang điện bão hoà: I bh  ne .e 

t

Công suất bức xạ:P=nf. ε=nf .hc/λ . Số phôtôn rọi vào catốt trong1s: n f 

Ne số quang e- bứt ra trong t(s)và ne trong 1s là ne 
- Hiệu uất lượng tử (tính theo %): H 

Ne
I
q

 bh .
t
t.e
e

ne
N
.100%  e .100% .
nf
Nf

Ch đề B9: T m điện th cực đại trên mặt quả cầu kim loại cô lập hay tấm
kim loại cô lập khi được chi u b ng ánh áng kích thích ; cho A hoặc 0 ).
Cách giải:
Nhận t hiện tượng :
- A là tấm kim loại hay quả cầu cô lập điện, ban đầu chưa nhiễm điện có điện thế V= 0.
- Khi chiếu tấm kim loại đó bằng ánh sáng thích hợp λ ≤ λ0. Các electrôn hấp thụ
phôtôn và bứt ra khỏi tấm A thành các quang electrôn. Tấm A này trở nên tích điện và
tích điện dương tăng dần lên. Điện thế của quả cầu cũng tăng lên .

- Điện trường của A tích điện dương này cản trở chuyển động của các e - bứt ra, làm
động năng của nó giảm, vận tốc electrôn giảm dần.
- A đạt giá trị điện thế Vm , khi đó các electrôn quang điện bứt ra khỏi A đều bị lực điện
trường kéo trở lại A; kể cả các electrôn có W0max đã tới nơi V=0. Khi đó, động năng
ban đầu cực đại của các e- quang điện bằng thế năng của điện trường . Lúc này xảy ra
sự cân bằng động giữa số quang electrôn bứt ra từ A với số electrôn bị bắt trở về tấm A;
nên điện thế cũng như điện tích của tấm A không đổi. Vậy Vm là giá trị điện thế cực đại.
2
m.v0max
1 2
 eVm  eVm  mv0max
Áp dụng đ nh lí về động năng: 0 
2
2
2
mv
hc
1
c
h  A  0 max  Vm  (  A)
Kết hợp công thức Anhxtanh :

e
λ
2
Ghi ch : Khi Vmax nếu nối tấm kim loại với đất qua điện trở
điện qua

là lớn nhất:

I max 

thì cường độ dòng

V – Vđât Vm
U
 m
=
R
R
R

r
Ch đề B10: Choλ0,  c a ánh sáng kích thích, điện trường cản Ec . T m qu ng
đường đi tối đa c a l ctron quang điện đi ra khỏi catốt .
- K
Cách giải:
Trong điện trường cản, các quang
electron chịu lực cản có độ lớn: FC = EC.e đi tới B
C
thì dừng lại vB=0. Gọi s=CB là đoạn đường lớn nhất B O
mà quang electrôn có vC= v0max đi được ra khỏi catốt.

ε
-e

vB=0
v0max

B

x

r
Ec

1 2 1 2
mvB  mv0max  FC .s.cos1800  eEc s .
2
2
hc 1 1
1
hc hc
s
(  )
Áp dụng hệ thức Anhstanh : mvo2max  
eEc  0
2
 0

Áp dụng định lí động năng

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 8-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Ch đề B11: Cho bi t  ánh áng kích thích;  0 hay A và UAK t m bán kính

lớn nhất c a h nh tr n trên mặt anốt mà các quang l ctron - tới đập vào A.
Cách giải: * Nhận t:
x
A
K
- ọi bức xạ thích hợp(  < 0) vào tâm OK của catốt K. Các e
R

r
bứt ra khỏi catốt từ OK có vận tốc v theo mọi hướng trong nửa
v0
a Mi
không gian trước catốt.


OK
OA y
- Dưới tác dụng của lực điện trường F  catốt làm cho các echuyển động theo các quĩ đạo cong khác nhau (như bài toán

ném ngang và ném xiên) về anốt A.
r
E
-Các e có v  K chuyển động thẳng tới đập vào OA của anốt A.

Các e- có v xiên góc với catốt chuyển động theo những parabol
đập vào anốt tại các điểm Mi cách tâm OA một khoảng = OAMi; do tính đẳng hướng
các e- tới anốt A nằm trên một hình tròn tâm OA.

- Các e- có v //K sẽ tới anốt A ở điểm xa OAnhất trên đường tròn tâm OA bán kính max .
* Chọn hệ trục toạ độ O y: +Theo Ox e- không chịu lực.

+ Theo Oy e- chịu

F eE eU AK


(bỏ qua P  me g  eE )
m m
md
vox  v0 sin   x  v0 .t. sin
(1)

lực điện có Gia tốc: a y 

ax  0;

Phương trình chuyển động 
eU AK
1 eU AK 2
ay 
; voy  v0 cos   y  v0 .t.cos   .
.t (2)

md
2 md


+Khi e- tới anốt y = d; x = OAMi. Bán kính lớn nhất
từ (2)  d 

1 eU AK 2

t
2 md

(3) ; từ (1)  t 

Rmax
v0 max

max=

(x)max khi vomax và  = 900;

(4) ; kết hợp (3) và (4) suy ra

bán kính lớn nhất hình tròn vùng electron đập tới A: Rmax  v0max .d .

2m
eU AK

Ch đề B12: Khảo át chuy n động c a các quang electron có v0max cho bay vào

r
B
t trường đều có . Bi t  ánh sáng kích thích, 0 ( hay A) c a catốt.

r
r
r r
.
Cách giải: * Khi v0  B ;   (v0 ; B)  900 :

Khi electron chuyển động vào từ trường đều
r
r
r r
thì chịu lực Lorenxơ f  v ; f  B.

f
+ Chiều của áp dụng qui tắc bàn tay trái .

 
Vì f  v nên f chỉ làm thay đổi hướng vận tốc
mà không làm thay đổi độ lớn vận tốc, nên chuyển
động của electron trong từ trường là chuyển động
tròn đều bán kính r.


Lực f đóng vai trò lực hướng tâm . f  B q v 
khi v0max

 Bán kính rmax 

r
v0

r
B

r
f
O

r
B

mv 2
mv
r
r
Bq

r

r
v0

r
B

r
B

2 rmax
mv0max
(11);chu kỳ quay của e- là: T 
v0 max
Bq

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

r
B

(12).
- 9-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Tính v0max xem chủ đề B2 hay B5.
r r
* Khi   (v0 ; B) ≠ 900 :
r r
r
r
r
- Phân tích v0 : v ox theo Ox  B , vox  v0 sin  và v oy theo Oy// B , voy  v0 cos 

r
r
r
f
v

B
B
- Theo Ox  , electron có ox
nên chịu lực Lorenxơ .
r
r r
r r
f


mp
v
; B ; f  v0 x đóng vai trò lực hướng tâm chỉ làm
Lực Lorenxơ có phương:





thay đổi hướng vận tốc mà không làm thay đổi độ lớn vận tốc. Trên mặt phẳng vuông
r
góc với B , quỹ đạo của các quang electron trong từ trường là tròn và chuyển động là
2 rmax
mv
sin 
tròn đều. Từ (11)và (12)  rmax  0max
(13);chu kỳ quay của e- T 
(14)
v0max .sin 
Bq

r
- Theo Oy// B , electrôn không chịu lực Lorenxơ f ; nên theo phương Oy e- chuyển
động thẳng đều vận tốc v0y .
r
- Vậy quỹ đạo electron chuyển động thực là đường xoắn lò xo trục song song với B ,
bán kính rmax không đổi tính theo (13): rmax 

mv0max sin 

Bq

và bước xoắn không đổi tính theo công thức:
2 rmax
2 rmax
h  v0y .T  v 0max .cos .

v0max .sin 
tan 

 h 

2 mv0max cos 
(14).
Bq

Ch đề B13: Cho  ánh sáng kích thích, 0 hay A. Khảo át chuy n động c a
 

quang l ctron bay vào điện trường đều E v0  E  .
Cách giải: Chọn hệ trục Oxy: gốc O tại điểm y
+ + +

electron bắt đầu vào không gian tụ.
F 
r
a
Ox dọc theo v0 song song bản tụ.
r
Oy  v0 dọc theo đường sức điện .

O


Theo Oy elec trôn chịu lực điện có gia tốc a .
E
Chọn gốc thời gian: t = 0 lúc e- bắt đầu vào tụ . - - - Chuy n động th o O : electron không chịu lực,

+ + + + + + + + +A


v0

M



H

x



E
E
- - - - - - - - - - -K

1 2
chuyển động thẳng đều: vox = vo; ax = 0; x0 = 0  x  x0  v0 xt  axt  vot
(1)
2

r
r
r
r
Chuy n động th o Oy: electron chịu lực điện trường F  e.E  F  E (vì qe < 0)
Fd e.E eU
.
U

; vì E  ; U= UAK , d khoảng cách 2 bản tụ .
electron có gia tốc: a y  
m m m.d
d
a y t 2 eUt 2

voy = 0 ; vy = ay.t ; y0 = 0  y  y 0  v 0 y t 
(2)
2
2md
eU x 2
út t từ (1) thế vào (2) ta có : y 
. Quan hệ y(x) là phương trình bậc 2
2md v02
Quĩ đạo chuy n động electrôn trong điện trường đều là một phần đường
Parabol.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 10-

Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Dạng bài C . ỐNG

RƠNGH N VÀ TIA RƠNGHEN

*CƠ SỞ GIÁO KHOA
- Vận tốc ban đầu v0 của electron bức xạ từ katốt thường rất nhỏ nên coi bằng không.
- Electron được gia tốc trong điện trường mạnh giữa anốt và katốt (U AK cỡ hàng ngàn
vôn), electron nhận được năng lượng A=eUAK và đạt vận tốc v tới đập vào đối katốt Đ.
1
2

1
2

1
2

Áp dụng định lý về động năng : A=eUAK = WdA  Wd 0  mv 2  mv02  mv 2 vì v0 ≈ 0.
Năng lượng này một phần biến đổi thành nhiệt năng Q và phần còn lại biến thành năng
lượng εx của tia X.
Áp dụng định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng: A = Q εx
hc

hc

hc

Nên X < eUAK   X < eUAK  X  eU Bước sóng nhỏ nhất của tia X: min  eU

AK
Ch đề C1: Ống Rơngh n, cho bi t vận tốc v c a l ctron tới đối catốt .
Tính UAK hiệu điện th giữa anốt với catốt. và ngược lại)
Cách giải: Khi electrôn bắn ra từ Kchuyển động về đối âm cực Đ được gia tốc bởi
điện trường. Công của lực điện trường chuyển thành động năng của elec tron khi tới
Đối catốt . Theo định lí về động năng : W = WđA –WđoK = (-e)UKA = eUAK
Vì v0 rất nhỏ nên gần đúng Wđ0K  0 → WđA = mv2/2 = e.UAK
2eU AK
mv 2
Vậy biết UAK tính được v 
; hay biết v tính được U AK 
m
2e

Ch đề C2: Tia Rơngh n : Cho v l ctron tới đối catốt hoặc UAK.
T m tần ố fmax hoặc bước óng  min c a tia .
Cách giải: + Khi electrôn bắn ra từ K chuyển động về đối âm cực Đ được gia tốc bởi
điện trường rất mạnh của UAK > 0 nên tới Đ có Wđ rất lớn.
+ Áp dụng định lí về động năng : W = WđA –Wđ0 = e.UAK
Vì e- bứt ra từ K có vận tốc v0 rất nhỏ Wđ0  0. Vậy WđA = mv2 /2= e.UAK (1)
+ Khi e- đập vào Đ thì WđA của e- một phần chuyển thành năng lượng phôtôn =hf của
tia X và một phần chuyển thành Q làm nóng Đ. Theo định luật bảo toàn và chuyển hóa
1
hc
2
 Q  hf x  Q (2)
năng lượng ta có : WđA  m.v  e.U AK 
2
λx
mv 2

2hc
bước sóng nhỏ nhất min  2
mv
2h
eU AK
h.c

; bước sóng nhỏ nhất min 
h
eU
. AK

Cho v Từ (2)→ tần số lớn nhất fmax f max 
Cho UAKTừ (2)  tần số lớn nhất f max

Ch đề C3: Tính lưu lượng d ng nước làm nguội đối catốt c a ống Rơngh n.
Cách giải: Phân biệt 2 trường hợp:
+ Khi bi t N ố - tới đối catốt trong t giây , WđA hay v c a l ctron tới đối catốt:
*
Bỏ qua các x của tia X so với tổng nhiệt lượng làm nóng đối catốt lên Q  N .WđA
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 11-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Và Q* chuyển thành nhiệt năng của nước

Q*  cmt 0  cm(t20  t10 )

Lượng nước chảy trong thời gian t(s) là: m=L.D.t ; lưu lượng nước L 

N .WdA
m

D.t cDt.t 0

+Khi bi t công uất P (hay U.I): Q*= W = P.t = U.I.t  Q* =mc.Δt0 =L.D.t.cΔt0
như trường hợp trên L 
Dạng bài D.

m
U .I

(D: khối lượng riêng của nước )
D.t D.c.t 0

M U NGUYÊN TỬ HIĐR

C A BOHR.

*CƠ SỞ GIÁO KHOA:
+ Năng lượng electron trong nguyên tử hiđrô mức n: En = -

13, 6
(eV )
n2

với n  N* là lượng tử số; En < 0 vì En là năng lượng liên kết của electron và hạt nhân,

nên muốn bứt electron khỏi nguyên ta phải thực hiện công.
Tên quỹ đạo dừng:
K, L; M; N; O;
P Q ..
Bán kính quỹ đạo:
ro, 4ro; 9ro; 16ro; 25ro; 36ro 49ro
+ Mức năng lượng của nguyên tử: E1, E2, E3, E4 , E5 , E6, E7
..
+ Lượng tử số tương ứng
n= 1 2
3
4
5
6
7 ..
-11
với ro = 5,3.10 m = 0,53 Å gọi là bán kính Bohr, bán kính quỹ đạo dừng K.
E1 = - 13,6 eV là giá trị năng lượng của nguyên tử Hyđrô ứng với electron ở quĩ đạo cơ
bản K.
Mức năng lượng E= 0 ứng với e- ở lớp ngoài cùng n = ∞, có thể nói e- không còn liên
kết với hạt nhân.
* Sơ đ mức năng lượng

Quang phổ→

- Dãy Laiman: Nằm trong vùng tử ngoại.
Ứng với các bức xạ phát ra khi e- chuyển từ quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo K.
- Dãy Banme: Một phần nằm trong vùng tử ngoại và một phần nằm trong vùng ánh
sáng nhìn thấy.
Ứng với các bức xạ phát ra khi e- chuyển từ quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo L .

- Dãy Pasen: Nằm trong vùng hồng ngoại.
Ứng với các bức xạ phát ra khi e- chuyển từ quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo M.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 12-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Ch đề D1: ác đ nh vận tốc v , tần ố quay f c a l ctron trên quĩ đạo d ng .
Cách giải: - Tìm v vận tốc e- trên quỹ đạo tròn xung quanh hạt nhân. Lực Coulomb
Fđiện đóng vai trò lực hướng tâm, giữ e- chuyển động tròn đều vận tốc v (vì Fđiện>>P).
e2
v2
k
k 2 m
e ; Với hằng số điện k = 9.109 Nm2C-2(đơn vị SI)
 v
r
mr
r
-Tìm f tần số quay của e- trên quỹ đạo: f 


v

2 2 r

Ch đề D2: ác đ nh bước óng  c a phôtôn do nguyên tử Hiđrô phát ra khi
nguyên tử chuy n t năng lượng m về n ( En< Em) .

Cách giải:
Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng E m sang trạng
thái dừng có năng lượng En (với Em > En) thì nguyên tử phát ra một phôtôn
có năng lượng εmn, tần số fmn, bước sóng ánh sáng mn.
Theo tiên đề Bo về sự bức xạ:
c
hc
 mn  h. f mn  Em  En  h.  Em  En   mn 
mn
Em  En
Chú ý:
*Với dãy Laiman : n = 1; m = 2; 3; 4 Từ mức cao hơn về mức K
Với dãy Banme: n = 2; m = 3; 4; 5 Từ mức cao hơn về mức M
Với dãy Pasen : n = 3 ; m = 4; 5; 6 Từ mức cao hơn về mức N
*Giá trị năng lượng mức n: En

 

13.6(eV )
< 0 vì đây là năng lượng liên kết.
n2

Ch đề D3: Tính bước óng c a vạch quang ph khi bi t một ố bước óng c a
các vạch lân cận .
Cách giải: Giả sử biết các bước sóng  mp;  pn tìm  mn .
h

c
 Em  E p
λ mp

Cộng (1) với (2) : Em  En  hc(
Mà h

c
λ mn

h

(1)
1

mp



(2)

mp

pn

1

 pn

 E m  E n ; suy ra quan hệ :

c
 E p  En

λ pn

Em

mn

Ep

)
En

1
1
1
1
1
1


 mp
  pn
(3) hay mn
(4)
λ mn mp  pn

Tương ứng với tần số f13 = f12 +f23 (5)
Chú ý: cách viết (4)(5) dễ nhớ và nhập máy tính tiện lợi hơn.
Ch đề D4 : ác đ nh bước óng cực đại và cực ti u thuộc các
d y vạch(Laiman; Banme ; Pa n) c a nguyên tử H.
Cách giải:

Theo tiên đề Bo cơ chế bức xạ:

hc
 Em  En   mn
λ mn

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 13-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Nhận xét :  mn= λmax khi Em - En = εmin ;  mn= λmin khi Em - En = εmax
D y Laiman: n =1; m = 2; 3; 4
Lmax = 21  E2 - E1 = εmin ; Lmin = 1  E -E1 = εmax
D y Banm : n = 2; m = 3; 4; 5
Bmax = 32  E3 - E2 = εmin ; Bmin = 2  E - E2 = εmax
Vùng khả kiến có 4 vạch: H đỏ ứng với e- chuyển từ: ML ;
H lam ứng với e- chuyển từ: NL;
H chàm ứng với e- chuyển từ: OL ;
H tím ứng với e- từ chuyển: PL .
Lưu ý: Vạch ML dài nhất (là H ), vạch L ngắn nhất khi e- chuyển từ   L.
D y Pa n: n = 3; m = 4; 5; 6
Pmax =43  E4 - E3 = εmin : Pmin = 3  E - E3 = εmax
Ch đề D5:

ác đ nh qu đạo d ng mới c a l ctron au khi nguyên tử b kích
thích b i photon có năng lượng  = hf .

Cách giải:
Giả sử nguyên tử đang ở mức năng lượng En .
Nếu nguyên tử hấp thụ phô tôn có năng lượng đúng bằng hiệu
 =hf = Em -En
(1)
Lúc đó electron chuyển từ quỹ đạo dừng có mức năng lượng En
lên Em . Biết rằng Em tỉ lệ nghịch với m2 : Em 

13, 6eV
m2

Em

 =hf
En

(2)

(với E1= - 13,6eV; 1eV = 1,6.10-19j, Em < 0 vì năng lượng liên kết)
Giải hệ (1) (2) suy ra m ( m là số lượng tử mức năng lượng : Em )
Ch đề D6 : T m năng lượng cần thi t đ bứt l ctron ra khỏi nguyên tử khi
electron đang qu đạo K (ứng với năng lượng 1) gọi là năng lượng ion hoá.
Cách giải:
Chú ý rằng năng lượng iôn hóa Wion hóa là năng lượng để đưa electrôn từ mức E1
quỹ đạo K tới mức E∞= 0 , electrôn không liên kết với hạt nhân nữa.
Trường hợp bi t 1 qu đạo K)
E
Năng lượng cần thiết W = E - E1 với E = 0
Suy ra Wionhóa = - E1

(với W 0 vì E1 < 0 )
n
Trường hợp bi t bước óng c a một ố vạch
En
(thuộc dãy Laiman và dãy khác) như n1 ; n
1
Ta có: Wionhóa = E - E1 = ( E - En ) + ( En - E1 )
 Wionhóa  hc

1

 hc(

1



1

)

1
n n1
Thí dụ : Cho biết 2 (dãy banme) và 21(dãy Laiman)
1
1

)
Năng lượng ion hoá là: Wionhóa  hc (
 2 21

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

n1
E1

- 14-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Phần II :

BÀI TẬP ÁP DỤNG MINH HỌA
CÓ HƯỚNG D N GIẢI .

NHỮNG KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1
me .v02max

0 2
hc
hc
2) Tìm công thoát A hoặc bước óng giới hạn 0 : A   0 
0
A
1 2
 v0max  2  hc  A 
3) Tìm động năng và vận tốc ban đầu cực đại : W0 max  mv0max
2

me  


1)Công thức Anh tanh   hf 

h.c

 A  W0 max 

h.c



4) T m bước óng ánh áng kích thích:
a) Cho ε hay f tìm λ :   hc  h. f    hc  c




2
e 0max

b) Cho λ0 và v0max tìm λ : hc  hc  m v


0

2

f

2
 1 mv0max

  

2hc 
 0

1

5) T m hiệu điện th h m: UAK ≤ -Uh  I=0 khi đó eU h  Wd 0 max  U h 
Công thức Anhxtanh viết thành   hf 

h.c



 A  eU
. h

6)Tính h ng ố Planck bi t U1 , U2 , 1, 2
hc

1

 A  eU1 ;

hc

2

Wd 0 max
e

 A  eU 2  h 

e(U1  U 2 )
(11   21 )c

7) Tính khối lượng l ctron bi t 1 ,2 , v1 , v2
hc

1



2hc(11  21 )
1
hc hc 1 2
 mv12 ;

 mv2  m 
0 2
2 0 2
v12  v22

hc

q I bh .t

I

; trong 1s  ne  bh
e
e
e
E
P.t
P
P.
9)Tìm ố phôtôn đập vào catốt:trong t(s) N f   .   .
; trong 1s n f    
.



hc
η là tỷ số số phôtôn đến catốt với số phôtôn của nguồn bức xạ trong cùng thờigian t(s);
E năng lượng và P công suất của nguồn bức xạ.

8) Tìm số l ctron bật ra khỏi catốt: trong t(s) N e 

10) Hiệu uất quang điện hay hiệu uất lượng tử : H 

Ne
n
.100%  e .100%
Nf
nf

11) ác đ nh vận tốc c a - khi đi vào trong điện trường :
Khi đi vào trong điện trường e- có vận tốc đầu v0 , sau khi ra khỏi điện trường e- có vận
tốc là v. Áp dụng định lý về động năng A = Wđ – Wđ0
1
1
2A 2
 A  eU  e.E.d  mv 2  mv02  v 
 v0
2
2
m
Lưu ý : Xác định công của lực điện trường là công phát động hay công cản.
Nếu e- chuyển động cùng chiều với điện trường thì A < 0 ,
Nếu e- chuyển động ngược chiều với điện trường thì A > 0
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 15-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

12) ác đ nh lực t và bán kính qu đạo
+khi hạt electron bay vào trong từ trường nó chịu tác dụng của lực Lorenx
f = e.v.B.sin khi  = 900  f = e.v.B
(1)
mv 2
 m. 2 .R (2)
+lực Lorenx đóng vai trò là lực hướng tâm ht =
R
2

mv
mv
mv
e.B.R
Từ (1) và (2)  e.v0 .B  0  m. 2 .R  R  e 0 ; B  e 0 ; v0 
R
e.B
eR
me

13) Điện th cực đại mà quả cầu đạt được khi chi u bức ạ: xem chủ đề B9
Khi điện thế cực đại Vmax. Thế năng của điện trường của quả cầu bằng động năng ban
1
m v2
2eVm
2
đầu của quang electrôn: eVm= me v0 max  Vm  e 0max  v0max 
.
2
2e
me
14) Ống Rơngh n : xem chủ đề C1,2,3
Theo định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng: WđA= eUAK = Q + ε .
Bước sóng tia X phát ra



hc
eU

 min 

hc
eU

hay

f max 

eU
.
h

15) Chú ý: ta nên lưu các hằng số hay dùng vào ô nhớ tiện cho tính toán nhanh và hạn
chế được sai sót khi nhập máy. Ví dụ lưu tích ( h.c) vào thanh A ta thực hiện bấm tính
tích 6,625.10-34. 3.108 [=] [shift][STO][A]; tương tự lưu hằng số c vào thanh B, lưu
hằng số me vào thanh C, lưu hằng số e vào thanh D. Khi tính tới giá trị đó thay vì phải
bấm máy tới 19 lần cho tích (h.c) ta chỉ còn 2 lần bấm máy [ALPHA][A] .
Toán dạng A :

THUYẾT LƯỢNG TỬ.

Ví dụ A. : Cho biết c = 3.108 m/s ; h = 6,625.10-34 Js . Tính năng lượng, động lượng và
khối lượng của phôtôn ứng với các bức xạ điện từ sau đây:
a) Bức xạ đơn sắc đỏ có λ = 0,76 μm. b) Sóng vô tuyến có λ = 500 m.
c) Tia phóng xạ γ có f = 4.1017 kHz.
Hướng dẫn giải:(xin viết tắt Hdgiải:)
a)Bức xạ đơn sắc đỏ có λ = 0,76 μm.
-Năng lượng của phôtôn: ε = hf 

hc



6, 625.1034.3.108
 26,15.1020 J .
0, 76.106


 26,15.1020
 8, 72.1028 kg.m / s .
-Động lượng của phôtôn: p = 
8
c
3.10
 26,15.1020
-36

-Khối lượng của phôtôn: m =

c2



(3.108 )2

= 2,9.10

kg.

b)Sóng vô tuyến có λ=500m:   3,975.1028 J . p  1,325.1036 kg.m / s .m = 4,42.10-45 kg.
c) Tia phóng xạ γ có f = 4.1017 kHz: ε=26,5.10-14J. p  8,8.1022 kg.m / s .m=0,94.10-31kg.
Ví dụ A.2: Một bóng đèn có công suất phát xạ là 1W, trong 1 giây phát ra 2,5.1019
phôtôn. Tính bước sóng của ánh sáng do đèn phát ra ?
hc
hc
Hdgiải: Công suất phát xạ P  n.  n →bước sóng của á. sáng   n  4,97  m.
P

Ví dụ A.3: Một nguồn sáng có công suất P=2W phát ra đều theo mọi hướng ánh sáng
có bước sóng λ = 0,597µm. Mắt có đường kính con ngươi là d= 4mm. Mắt còn có thể
cảm nhận được ánh sáng khi tối thiểu có 80 phôtôn lọt vào mắt trong 1s. Bỏ qua sự hấp
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 16-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

thụ phôtôn của môi trường. Khoảng cách
nguồn là bao nhiêu?

xa nguồn sáng nhất mà mắt còn trông thấy

Giải: Năng lượng ánh sáng tới mắt trong 1giây: W1 
Điều kiện nhìn thấy: W1min = 80

hc



Pd 2
Từ (1) và (2) ta có 80 =

16 Rmax 2
hc

P
d2
Pd 2
(

)

4 R 2
4
16 R 2

(1)

(2)
Pd 2 
= 0,274.106 (m) = 274 (km).
16.80hc

⟹Rmax =

Ví dụ A.4: Dung dịch fluorêxin hấp thụ ánh sáng có bước sóng   0,45m và phát ra
ánh sáng có bước sóng  ' 0,50m . Người ta gọi hiệu suất phát quang là tỉ số giữa
năng lượng của ánh sáng phát quang và năng lượng của ánh sáng hấp thụ trong cùng

thời gian. Hiệu suất của quá trình hấp thụ dẫn đến phát quang là bao nhiêu?
’ 
Hdgiải: Hiệu suất của quá trình hấp thụ dẫn đến phát quang : H    90%
 ’
Ví dụ A.5: Tính bước sóng của ánh sáng có phôtôn ánh sáng có năng lượng là 1,75eV?
Hdgiải: Năng lượng phôtôn  

hc


hc

. ε= 1,75eV=1,75.1,6.10

-19

(J)

6,625.1034.3.108
 7,1.107 (m)  0,71 m.
Bước sóng bức xạ   
19

1,75.1,6.10

Ví dụ A.6: Một chất phát quang khi hấp thụ ánh sáng có bước sóng 1  0,44m thì
phát ra ánh sáng có bước sóng 2  0,55m . Hiệu suất của sự phát quang (tỉ số giữa
năng lượng của ánh sáng phát quang và năng lượng của ánh sáng hấp thụ trong 1 đơn vị
thời gian) là 75%. Số phần trăm của số phôtôn bị hấp thụ đã dẫn đến phát quang?
Hdgiải: Gọi n0 là số phôtôn bị hấp thụ, n là số phôtôn phát ra trong cùng 1 giây.

hc
hc
Năng lượng của ánh sáng hấp thụ: E1  n0 ’của ánh sáng phát quang: E2  n
1
2
n .h.c / 1 n0 .1
E

 75%. Số phần trăm của số
 Hiệu suất của sự phát quang H  1  0
E2
n.h.c/2
n.2
phôtôn bị hấp thụ đã dẫn đến sự phát quang


n
0,55
 0, 75. 2  0, 75.
 0,9375%
n0
1
0, 44

Ví dụ A.7: Một chất phát quang được kích thích bằng ánh sáng có bước sóng 0,26 m
thì phát ra ánh sáng có bước sóng 0,52 m. Giả sử công suất của chùm sáng phát quang
bằng 20% công suất của chùm sáng kích thích. Tỉ số giữa số phôtôn ánh sáng phát
quang và số phôtôn ánh sáng kích thích trong cùng một khoảng thời gian là bao nhiêu?
(trích ĐỀ TS ĐH 2011)
Hdgiải:Công suất của chùm sáng phát quang bằng 20% công suất của chùm sáng kích

thích:
Ppq  N pq .

hc
;
 pq .t

Pkt  N kt .

hc

kt .t

Ppq
Pkt

hc
 pq .t N pq kt

 0, 20
hc
N

kt
pq
N kt .
kt .t

N pq .


Tỉ số giữa số phôtôn ánh sáng phát quang và số phôtôn ánh sáng kích thích trong cùng
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 17-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

một khoảng thời gian:

N pq
N kt



p pq  kt
p pq  pq
0,52  m 2
.

.
 0, 20.
  0, 40  40%
 pq pkt pkt kt
0, 26  m 5

Ví dụ A.8: Một chất có khả năng phát ra ánh sáng phát quang với tần số 6.10 14Hz. Khi
dùng ánh sáng có bước sóng nào dưới đây để kích thích thì chất này không thể phát
quang? (trích đề ĐH 2010)

Hdgiải: Bước sóng phát quang  pq 

3.108
 0,5.106 m  0,5 m . Để có hiện tượng phát
f

quang bước sóng kích thích phải thỏa λkt<λpq. Vậy λkt=0,55m>λpqkhông thể gây phát
quang.

Toán dạng B : HIỆN TƯỢNG QUANG ĐIỆN
Ch đề I: ÁC ĐỊNH CÁC ĐẠI LƯỢNG ĐẶC TRƯNG QUANG ĐIỆN
Ví dụ B. : Giới hạn quang điện của Kali là 0,578m . Tính công thoát của Kali?
Theo đơn vị un và electron Vôn.
Hd giải: Biết giới hạn quang điện λ0=0,578m= 0,578.10-6m
hc 6, 625.1034.3.108
34,3858.1020
20

 34,3858.10 j 
=2,15 eV.
Công thoát A 
0
0,578.106
1, 6.1019
Ví dụ B.2: Ca tốt của một tế bào quang điện được làm bằng natri có A = 2,27eV và khi
được chiếu sáng bằng bức xạ có bước sóng λ = 0,36 µm thì cho một dòng quang điện
có cường độ 2 µA. Tính vận tốc ban đầu cực đại của quang electron?
Hd giải: Công thức Anhxtanh:

mv02max

= A
; Với A=2,27eV=2,27.1,6.10-19J.

2

hc

2  hc

  A   0, 65.106 m / s
m 

Ví dụ B.3: Chiếu ánh sáng có bước sóng   0,489m vào catốt của một tế bào quang
điện có hiệu điện thế hãm giữa anốt và catốt bằng UAK ≤ -Uh = -0,39 V thì cường độ
dòng quang điện bằng 0. Tính công thoát theo đơn vị un và electron Vôn?
Hd giải: Từ công thức Anhstanh hc/λ =A+eUhA=hc/λ–eUh= 3,44.10-19J=2,15eV.
Ví dụ B.4: Khi chiếu bức xạ có tần số f = 2,1.1015 Hz vào ca tốt của một tế bào quang
điện thì các electron quang điện bắn ra đều bị giữ lại bởi hiệu điện thế hãm U h=6,625V.
Xác định giới hạn quang điện của kim loại làm K? (trích đề DỰ BỊ TS ĐH 2002):
Suy ra vận tốc ban đầu cực đại của electron : v0 max 

Hd giải: Áp dụng công thức Anhxtanh: hf 

hc

0

 eU h  0 

hc

c

hf  eU h f  eU h / h

3.108
 0, 6.106 m  0, 6 m
Thế số: 0 
15
19
34
2,1.10  1, 6.10 .6, 625 / (6, 625.10 )

Ví dụ B.5: Chiếu một chùm ánh sáng có bước sóng  = 0,489m vào một tấm kim loại
kali dùng làm catốt của tế bào quang điện. Biết công thoát của kali là 2,15eV .
a/ Tìm giới hạn quang điện của kali ?
b/ Tìm vận tốc cực đại của êléctrôn quang điện bứt ra khỏi catốt ?
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 18-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

c/ Tìm hiệu điện thế hãm để triệt tiêu dòng quang điện ?
d/ Biết cường độ dòng quang điện bão hòa I bh = 5 mA. Công suất nguồn bức xạ chiếu
vào tế bào quang điện là 1,25W và chỉ có η=30% chùm tia bức xạ chiếu vào catốt .
Tính hiệu suất lượng tử ?
Hdgiải: a/ Tính giới hạn quang điện 0 = hc/A  0,578.106  0,578 m .
b/ Từ công thức Anhxtanh suy ra : vmax 
c/ Hiệu điện thế hãm có quan hệ eU h 

2  hc

5
  A   3, 7.10 m / s
m 


2
mv0max
hc
1  hc


 A  U h    A   0,39 V
e 
2



d/Số phôtôn nguồn bức xạ phát ra trong m i giây : nf =P/ =Pλ/(hc)=3,0758.1018hạt.
Số phôtôn tới catốt trong m i giây là η.nf .
Số l ctrôn thoát ra khỏi kim loại trong m i giây: ne = Ibh/e = 3,125.1016(hạt) .
Hiệu suất lượng t : H 

ne
 3,387% .
30%.n f

Ví dụ B.6: Khi chiếu một chùm sáng vào TBQĐ thì có hiện tượng quang điện xảy ra.

Hiệu điện thế hãm bằng 3V. Biết giới hạn quang điện của kim loại đó là λ0 = 0,5μm.
Tính tần số của chùm ánh sáng tới kim loại?
1
2

2
Hd giải:Các quang lectron bị giữ lại hoàn toàn không tới được anốt khi eU h  mv0max

Theo công thức Anhxtanh : hf  eU h 

hc
eU
c
. Suy ra: f  h   13, 245.1014 ( Hz ) .
0
h
0

Ví dụ B.7: Kim loại làm catốt của tế bào quang điện có giới hạn quang điện λ 0. Lần
lượt chiếu tới bê mặt catốt hai bức xạ có bước sóng λ 1= 0,4 µm và λ2= 0,5µm thì vận
tốc ban đầu cực đại của electron bắn ra khỏi bề mặt catốt khác nhau 2 lần. Tính giới hạn
quang điện λ0 của kim loại làm Katốt?( trích đề TS CĐ CÔNG NGHIỆP HÀNỘI 2005)
Hd giải:Công thức Anhxtanh ứng với λ1, λ2:
Vì λ1< λ2 → v1>v2 nên v1=2v2.
Từ (2)(3)  3

hc hc 1
hc hc 1

 mv12 (1) ;


 mv22 (2)
1  o 2
2 o 2

Thay vào (1) ta có:

hc hc
1

 4. mv22 (3)
1  o
2

hc
hc hc  3  4  1    3.[4. 1   1] 1
 o  0,545m
4

o
2
1
 o  2 1
o
 2 1

Ví dụ B.8: Lần lượt chiếu 2 bức xạ có bước sóng λ1= 0,405 μm, λ2 = 0,436 μm vào mặt
catốt của tế bào quang điện và đo hiệu điện thế hãm tương ứng thu được Uh1= 1,15V ;
Uh2 = 0,93V. Tính công thoát của kim loại đó?
Hd giải :Công thức Anhxtanh ứng với λ1, λ2 :

Suy ra :

A

hc

1

 A  eU h1 ;

hc

2

 A  eU h 2

hc  1 1  e
    U h1  U h 2   1,92(eV ) .
2  1 2  2

Ví dụ B.9: Khi chiếu vào một tấm kim loại một chùm sáng đơn sắc có bước sóng
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 19-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

0,2m. Động năng cực đại của các quang êléctrôn là 8.10-19 . Hỏi khi chiếu lần lượt
vào tấm kim loại đó hai chùm sáng đơn sắc có bước sóng 1 = 1,4m và 2 = 0,1m thì

có x y ra hiện tượng quang điện không? Nếu có hiện tượng quang điện thì các quang
êléctrôn có động năng và vận tốc ban đầu cực đại bao nhiêu?
Hd giải:Từ công thức Anhxtanh  A=

2

hc mv 0 max
 A=1,9375.10-19J; 0=1,0258m.
–

2

Điều kiện để hiện tượng quang điện xảy ra là ánh sáng kích thích thoả  < 0 .
Với 1 > 0 nên HTQĐ không x y ra . Với 2 < 0 thì hiện tượng quang điện x y ra .
c đó : Wđ 

2
mv0max
hc

 A = 1,794.10—18J; v  2  hc  A  = 1,986.106 m/s
0max
2
2
m  2


Ví dụ B.10: Catot của tế bào quang điện làm bằng đồng, công thoát êléctrôn khỏi đồng
là 4,47 eV. Chiếu đồng thời 2 bức xạ điện từ có bước sóng λ1= 0,210 μm và λ2 =
0,265μm vào catốt của tế bào quang điện, đặt hiệu thế hãm bao nhiêu để triệt tiêu dòng

quang điện?
Hd giải : So sánh có

hc

1



hc

2

 A , λ1 ; λ2 đều gây ra hiện tượng quang điện.

-Điều kiện để dòng quang điện triệt ti u hoàn toàn: UAK ≤ -Uh với eU h  Wđ 0max
2
mv0max
c
 A  eU h  Với λ1 < λ2 thì ε1 > ε2 nên
Theo công thức Anhxtanh ε = h  A 
λ
2
ta chỉ cần hãm các quang electron do bức xạ λ1 thì cũng hãm được cả các quang

electron do bức xạ λ2:  U h  U h1 


Wđ 0max (1 ) 1  hc
   A   1, 446V

e
e  1


Ví dụ B. : Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ1 = 0,45μm vào catôt của một tế
bào quang điện. Công thoát của kim loại làm catốt là A = 2,26eV.
1) Bức xạ trên có gây ra hiện tượng quang điện không? Tại sao?
2 )Chiếu đồng thời 2 bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 kể trên và bước sóng λ2=0,25μm
vào catốt. Tính vận tốc ban đầu cực đại v 0max của các electron quang điện? Hiệu điện
thế giữa anốt và catôt có giá trị như thế nào để êlectron không thể đến anốt được(I=0)?
( trích đề TS ĐH ANNINH cơ sở II 2001)
Giải: 1. Tính giới hạn quang điện λ0 : 0 

hc
 0,5496.10 6 m
A

Ta có λ1 < λ0 n n bức xạ λ1 có gây ra hiện tượng quang điện.
2. λ2 < λ1 nên v2 > v1  vận tốc ban đầu cực đại của quang electron là do electron
hc  1 1 


hấp thụ phôton có λ2: v02max  2hc  1  1   9, 76.105 (m / s) ; U h      2, 71V .
e  2 0 
m   2 0 
Hiệu điện thế giữa anốt và catôt có giá trị UAK ≤ - 2,71V
Ví dụ B. 2a: Công thoát của Na bằng A=2,48eV. Khi chiếu vào bề mặt của Na ánh
sáng có bước sóng   0,31m .
a) Tính hiệu điện thế hãm Uh để dòng quang điện triệt tiêu. Tính vận tốc ban đầu cực
đại v0max của các electron quang điện.

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 20-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

b) Nếu ánh sáng chiếu vào có λ’= 0,303 m thì hiệu điện thế hãm thay đổi thế nào?
Hd giải:a)   0,31 m  U h  (

2eU h
1
 A) U h  1,53V ; v0 max 
 7,3.105

e
m

hc

m/s

b) Vì A, hc không thay đổi nếu khảo sát sự biến thi n của hiệu điện thế hãm theo
bước sóng là một vi phân ta có: dU h 

d hc
1
hc
(  A) .d   ( 2 ).d   0,9025V  0 .
d 

e
e

Vậy phải tăng hiệu điện thế hãm 0,0925V.
hoặc tính theo U 

hc 1
(2  11 )  U htăng lên
e

Ví dụ B. 2b: Chiếu hai bức xạ có bước sóng λ1 = 400 nm và λ2 = 0,250 µm lần lượt lên
katốt một tế bào quang điện thì thấy vận tốc ban đầu cực đại của các êlectron quang
điện có độ lớn gấp đôi nhau.
1) Tính công thoát A .
2) Tính độ biến thiên hiệu điện thế hãm giữa hai lần chiếu bức xạ (để vừa triệt tiêu
dòng quang điện).( trích đề TS ĐH CẢNH SÁT NHÂN DÂN 2001)
Giải: a) Công thức Anhxtanh: Với λ1 :

hc hc 1 2

 mv
1  o 2 1

(1) ;

hc hc 1 2 hc 1
hc 1

 mv2 
 m(2v1 )2 

 m4v12
2 o 2
o 2
o 2

Với λ2<λ1→v2=2v1 :

(2)

hc
hc 1 1
1 1 4 1 
 3,975.1019 J .
(  )       0  0,5 m.  A 
0
4 2 0
0 3  1 2 
hc  1 1 
b) Với λ1: U h1      0, 62V Theo đề v2= 2v1  Wđ2= Wđ1  Uh2= 4Uh1 .
e  1 0 
1
1

1
0

(1)(2)Suy ra: hc(  ) 

Vậy ΔUh = Uh2 -Uh1 = 4Uh1-Uh1 = 3Uh1 = 3.0,621 = 1,86V
Ví dụ B. 3: Chiếu đồng thời hai bức xạ có bước sóng 0,452 μm và 0,243 μm vào catôt

của một tế bào quang điện. Kim loại làm catôt có giới hạn quang điện là 0,5 μm. Vận
tốc ban đầu cực đại của các êlectron quang điện bằng bao nhiêu? (trích đề TS ĐH 2009)
Hd giải: Theo đề 2 <1 nên v2  v1 . Bức xạ 2 = 0,243 μm có năng lượng lớn hơn;
n n vận tốc ban đầu cực đại vmax 

2hc  0  2 
m20

 961228m / s  9,61.105 (m / s)

Ví dụ B. 4: Đặt vào hai cực anot (A) và catot (K) của tế bào quang điện một điện áp
xoay chiều: uAK = 4 cos ( 100 t 

5
) (V). Hiệu điện thế hãm của một tế bào quang điện
6

là 2√3 V. Khoảng thời gian dòng điện chạy trong tế bào này trong 5 phút đầu tiên là
bao nhiêu ?
Giải:
Dòng điện chạy qua tế bào khi uAK  -2√3 V ; mà Uh=U0√3/2.
Suy ra trong m i chu kỳ T = 0,02 s thời gian chạy qua tế bào
∆t= T – 2.(T/12) = 5T/6.
Trong 5 ph t đầu ti n, thời gian có dòng điện chạy qua tế bào quang điện là:
 

5.60
5.60 5.T
t 
.

 250 s
T
T
6

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 21-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Ch đề II: C NG SUẤT BỨC Ạ VÀ HIỆU SUẤT LƯỢNG TỬ.
Ví dụ B. 5: Chiếu ánh sáng kích thích có λ = 0,489 m vào catốt bằng kali trong một
tế bào quang điện. Biết công suất của ánh sáng tới là P = 2,967W. Tìm số photon tới
catot trong 1 đơn vị thời gian?
Hd giải : Số phôtôn tới catốt trong 1giây là Nf =P/ε =Pλ /hc = 7,3.1018hạt .
Ví dụ B. 6: Một ngọn đèn công suất 1,5W phát ra bức xạ có bước sóng 0,4m đập vào
catốt của 1 tế bào quang điện. Nếu mỗi phôtôn tới làm bức xạ ra 1 quang electron thì
cường độ dòng quang điện bão hòa là bao nhiêu ?
Hdgiải: Số phôtôn tới ca tốt trong m i giây: n f 
tới làm bức xạ ra một quang electron thì ne= nf

P.
. Theo đề ra m i phôtôn

h.c
P.
.e = 0,483A.
→ Ibh= ne .e=

h.c
P



Ví dụ B. 7: Chiếu ánh sáng kích thich có λ =0,489 m vào catốt bằng kali trong 1 tế
bào quang điện .Biết công suất của ánh sáng tới là P=2,967W. Hiệu suất lượng tử là
0,01%. Tìm cường độ dòng quang điện bão hòa?
Hd giải : Hiệu suất lượng t H=ne/nf ⟹ số electron quang điện bứt ra trong 1 giây :
P
P.
2,967.0, 489
ne  n f .H  .H 
.H 
.104  7,3.1014
34
8

h.c
6, 625.10 .3.10
14
Cường độ Ibh= ne.e = 7,3.10 . 1,6.10-19 =1,168.10-4A.
Ví dụ B. 8: Đối với ánh sáng kích thích có bước sóng λ =0,4 m thì độ nhậy phổ của
một tế bào quang điện là =4,8mA/W (nghĩa là, khi chùm sáng tới có công suất 1W thì
cường độ dòng quang điện bão hòa bằng 4,8mA. Tính hiệu suất lượng tử BQĐ?
N
P
. P
.
với số phôtôn n  

n

h.c
J
J .h.c
 1, 49%
và số quang electrôn N   H 
e
P. .e

Hd giải : Hiệu suất lượng t H 

Ví dụ B. 9: Chiếu ánh sáng kích thích có λ =0,489 m vào catốt bằng kali trong một
tế bào quang điện .
1. Tìm công thoát của kali biết Uh=0,39V. Tìm giới hạn quang điện của kali?
2. Biết công suất của ánh sáng tới là P=2,5W, tìm số phôton tới catốt trong một giây?
3. Biết hiệu suất lượng tử là H= 0,015%. Tìm cường độ dòng quang điện bão hòa?
Hd giải :1. Công thức Anhxtanh

hc



2. Số phôtôn tới catốt trong 1s là



hc

0

J. ↔ λ0= 0,578 m.

-19

 eU h → A=3,44.10

nf 

P





P.
 6,15.1018 hạt .
h.c

19

3. Cường độ Ibh= ne.e=H.nf.e= 0,73.10 .1,5.10-4. 1,6.10-19=1,752.10-4A =0,175mA.
Ví dụ B.20: Khi chiếu bức xạ có bước sóng λ =0,405 m vào bề mặt catốt của TBQĐ,
ta thu được dòng quang điện bão hòa. Biết hiệu suất quang điện 0,65% và đo được
Ibh=49mA. Tính công suất của nguồn bức xạ? Biết chỉ có 35% công suất nguồn bức xạ
được chuyển thành công suất của chùm sáng chiếu vào catốt.
Hdgiải: Dòng quang điện bão hòa Ibh ,nên số electrôn về được anốt ne 
Số phôtôn tới catốt m i giây n f 

I bh

 3, 06.1017
e

ne
.Công suất chùm phôtôn tới K: P=nf .hc/λ=η.Pnguồn
H

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 22-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

n f .hc

Công suất nguồn bức xạ Pnguồn =P/η =


.



ne .hc
I .hc
 Pnguồn ≈ 66,06W.
 bh

. .H e.
. .H

Ví dụ B.21: Một tế bào quang điện có catốt làm bằng kim loại có công thoát electron
A = 2 eV, được chiếu bởi tia tử ngoại có bước sóng λ = 0,3975 µm.
1. Tính động năng ban đầu cực đại W1 của quang electron.
2. Hiệu điện thế UAK giữa anốt và catốt có giá trị thế nào thì dòng quang điện triệt tiêu?
Khi UAK đủ lớn thì cường độ dòng quang điện đạt giá trị bão hoà Io = 2mA. Hiệu suất
quang điện là H=0,4%. Tính số photon Np tới catốt mỗi giây? (trích đề TS HV QUAN
HỆ QUỐC TẾ 2001)
Hdgiải: 1. Năng lượng phôtôn:  

hc



 5.1019 J  3,125eV

Động năng ban đầu cực đại: Wđ0max= ε - A= 3,125 - 2 =1,125eV=1,8.10-19J.
2. Để I = 0 khi UAK ≤ - Uh ; với : U h 

Wd 0max
 1,125V . Vậy UAK ≤ -1,125V thì I=0
e

Số electron bứt ra khỏi catốt K trong 1s là n e 

I0
ne
. Hiệu suất quang điện là H 
;
np

e

ne
I
 0  3,125.1018 photon.s 1
H H .e
Ví dụ B.22 : Chiếu một chùm ánh sáng có bước sóng  = 0,489m vào một tấm kim
loại kali dùng làm catốt của tế bào quang điện. Biết Ibh = 0,5mA, công suất chùm tia
chiếu vào katốt là 1,25W, chỉ có η = 50% chiếu vào catốt. Tìm hiệu suất lượng tử ?
Hd.Giải : Số phôtôn chiếu vào ca tốt trong 1s là : nf =η. P/  = η. P.λ/(hc)=1,538.1018.
Số l ctrôn thoát ra khỏi ca tốt trong 1s là: ne = Ibh/e = 3,125.1015 (hạt).
n
Hiệu suất lượng t H  e  0, 2032%.
nf
 Số phôtôn np tới catốt m i giây: n p 

Ch đề III: TÍNH h, e, m TH O SỐ LIỆU THÍ NGHIỆM QUANG ĐIỆN
Ví dụ B.23: Chiếu bức xạ có bước sóng 0,35μm vào một kim loại, các êlectron kim
quang điện bắn ra đều bị giữ lại bởi một hiệu điện thế hãm. Khi thay chùm bức xạ có
bước sóng giảm 0,05μm thì hiệu điện thế hãm tăng 0,59 V. Tính điện tích c a
êlectron quang điện?
Hd giải :-Công thức Anh-xtanh ứng với 2 bức xạ:
hc

hc
 A  e(U h  U ) ; với U =0,59V và Δλ = 0,05μm.

  

hc  1

1 
6, 625.1034.3.108  106
106
19




Suy ra e  

  1, 604.10 (C ) .


U      
0,59
 0,35 0,35  0, 05 
 A  eU h và

Ví dụ B.24: Khi chiếu ánh sáng có bước sóng 1  0,62m vào catốt của 1 tế bào
quang điện thì hiệu điện thế hãm là Uh. Nếu chiếu ánh sáng có bước sóng 2  1,251 thì
hiệu điện thế hãm giảm đi 0,4V. Tìm h ng ố Plăng theo kết quả thí nghiệm trên?
Hd giải: -Công thức Anhxtanh ứng với 2 bức xạ:

hc

1

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

 A  eU h và

hc

2

 A  e(U h  0, 4)

- 23-


Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

 h

e(U h 2  U h1 )

0, 4.e

 0, 4e.5 . 1  6, 613.10 34 Js.
1
1
1
c(1  2 ) c(51 )
c

Ví dụ B.25: Khi chiếu lần lượt hai bức xạ điện từ có bước sóng là λ 1= 0,25µm và λ2=
0,30µm vào một tấm kim loại, thấy vận tốc ban đầu cực đại của các electron quang điện
tương ứng với hai bước sóng là v1=7,31.105 m/s và v2= 4,93.105 m/s.
1. Từ số liệu thí nghiệm tính khối lượng electron và tính giới hạn quang điện kim loại?
2. Chiếu vào kim loại nói trên một bức xạ điện từ có bước sóng λ thì thấy điện thế cực

đại mà nó đạt được khi cô lập là 3V. Tính bước sóng λ của bức xạ điện từ?( trích đề TS
ĐH THÁI NGUYÊN 2001)
mv22
hc
mv12
hc
;
 A
Giaỉ: 1) Công thức Anh-xtanh ứng với 2 bức xạ:  A 
2
2
1
2
2hc(11  21 ) 2.19,875.1026 (0,31  0, 251 ).106

 9, 097.1031 kg.
Suy ra: m 
2
2
2
2
10
(v1  v2 )

(7,31  4,93 ).10

mv
1
1 mv12
A




 
0 1
2
0 1 2hc
hc

hc

2
1

thay số tính được λ 0 = 0,36µm

2. Tìm λ. Điện thế cực đại của tấm kim loại đặt cô lập tr n bằng 3V, l c đó công thức
2
1
hc hc mvmax
hc
 
  eVM   
.10 6  0,193m.
Anhtanh ta có
 0
2
0
5,192
Ch đề IV: QUANG L CTRON TRONG ĐIỆN TRƯỜNG, TỪ TRƯỜNG

Ví dụ B.26: Catốt của một tế bào quang điện có A = 1,88 eV. Chiếu bức xạ có bước
sóng  vào catốt này thì hiện tượng quang điện xảy ra. Để triệt tiêu hoàn toàn dòng
quang điện thì hiệu điện thế hãm có độ lớn 1,15V. a) Tính bước sóng ?
b) Nếu đặt giữa anốt và catốt hiệu điện thế UAK=4V, vận tốc cực đại của electron khi
tới anốt bằng bao nhiêu ?( trích đề DỰ BỊ TS ĐH 2005)
Hd giải: a ) Từ công thức Anhxtanh:

hc
hc
 A  eU h )   
 0, 41.106 m

A  eU h

b) Động năng ban đầu cực đại của các quang electron Wdomax  eUh . Nếu đặt giữa
anốt và catốt hiệu điện thế UAK thì khi đi từ catốt đến anốt electron nhận được th m
điện năng W=eUAK n n động năng lớn nhất của electron tới Anốt sẽ là WđAmax.
Theo định luật bảo toàn năng lượng:
WdAmax  W0max  eUAK  eUh  eUAK  1,6.1019 (1,15  4)  8,24.1019 J  5,15eV
Ví dụ B.27: Kim loại dùng làm catốt của tế bào quang điện có công thoát electron là
1,8eV. Chiếu vào catốt một ánh sáng có bước sóng λ=600nm từ một nguồn sáng có
công suất 2mW. Hỏi dòng quang điện bão hoà bằng bao nhiêu? Biết rằng cứ 1000 hạt
phôtôn tới đập vào catốt thì có 2 electron bật ra. Tách từ chùm quang electron một
electron có vận tốc lớn nhất rồi cho bay từ A đến B trong một điện trường mà hiệu điện
thế UAB=-20V. Tìm vận tốc của electron ở điểm B? (trích đề TS ĐH NGOẠI
THƯƠNG 2001)
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 24-

Chuyên đề SKKN: PHÂN LOẠI VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG.

Giải. *Tìm Ibh. Đề cho H=Ne / Nf =2/1000=2.10-3 mà
Vậy : I 0 

H

ne I 0 .hc

n f e.P.

H .e.P. 2.103.1,6.1019.2.103.0,6.106

 1,93.106 A
34
8
hc
6,625.10 .3.10

*Tính v0max - Từ công thức Anhxtanh r t ra  vA  v0max 

2 hc
(  A)  0,3.106 m / s
m 

m.vB2 m.vA2

 qe .U AB  (e).U AB
vì : qe  e

- Khi chuyển động từ A đến B Wd 
2
2
2
Suy ra: vB  vA2  qeU AB  2,67.106 m / s.  vA . Vậy hạt electron được tăng tốc.
m
Ví dụ B.28: Một điện cực bằng nhôm có giới hạn quang điện 0  332nm , được rọi

bằng ánh sáng có bước sóng 83nm. Nếu bên ngoài điện cực có 1 điện trường cản
Ec=7,5V/cm thì khoảng cách tối đa giữa quang electron và điện cực là:
Hd giải : Áp dụng định lý động năng:
W  A  0  Wđo max  eU  eEc s  s 

Wđo max hc  1 1 

    1,5cm
eEc
eEc   0 

Ví dụ B.29: Chiếu bức xạ có bước sóng   0,533m lên tấm kim loại có công thoát
A=3.10-19J. Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện và cho
chúng bay vào từ trường đều theo hướng vuông góc với các đường cảm ứng từ. Biết
bán kính cực đại của quỹ đạo của các electron là =22,75mm. Tìm độ lớn cảm ứng từ
B của từ trường? Bỏ qua tương tác giữa các electron.(trích đề TS ĐH và CĐ 2002)
2  hc

5
  A   4.10 m / s
me  


r
r
Khi electron chuyển động trong từ trường đều có B  v thì nó chịu lực orenxơ

Hd giải: Từ công thức Anhxtanh  v0max 

r r
f v

đóng vai trò lực hướng tâm và quỹ đạo là tròn.
f  Fht  B.e.v0max

2
me .v0max
m v
4

.  B  e 0max  10 T
eR
rmax

Ví dụ B.30: Cho một tế bào quang điện: công thoát electron của catốt A=1,875eV.
Chiếu bức xạ đơn sắc có bước sóng λ vào catốt của tế bào quang điện. Tách một chùm
electron hẹp bắn ra từ catốt cho đi vào điện trường đều của một tụ điện phẳng tại điểm
r
O cách đều hai bản tụ. Vận tốc ban đầu v0 của các electron có phương song song với hai
bản tụ. Biết hiệu điện thế giữa hai bản tụ U=0,45V, khoảng cách giữa hai bản tụ
d=2cm, chiều dài của tụ l=5cm. Bỏ qua trọng lực, tính bước sóng λ để không có
electron nào bay ra khỏi tụ điện.( trích đề TS ĐH XÂY DỰNG 2001)
Giải: Chọn hệ tr c y: gốc tại điểm electrony bắt đầu vào không gian tụ .

r
r
+ + + + + + + + + + +A
x dọc theo v0 song song bản tụ. Oy  v0

F 
M
a
dọc theo đường sức điện .

x
 H
v0
Chọn gốc thời gian: t=0 l c e bắt đầu vào tụ . O
Chuyển động theo x:



E
E
E
electron không chịu lực, chuyển động th ng đều:
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -K
vox = vo; ax = 0; x0 = 0  x  vot (1)
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN . Trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH

- 25-