Trắc nghiệm lượng tử ánh sáng
100 câu trắc nghiệm Lượng tử ánh sáng có lời giải chi tiết (nâng cao)
Với 100 câu trắc nghiệm Lượng tử ánh sáng có lời giải chi tiết (nâng cao) Vật Lí lớp 12 tổng hợp 100 bài tập trắc nghiệm có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Lượng tử ánh sáng từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Vật Lí lớp 12.
Bạn đang xem: Trắc nghiệm lượng tử ánh sáng
100 câu trắc nghiệm Lượng tử ánh sáng có lời giải chi tiết (nâng cao - phần 1)
Bài 1: Một tấm kim loại có giới hạn quang điện là 0,6 μm được chiếu bằng ánh sáng có bước sóng 0,3 μm thì các quang êlectron có vận tốc ban đầu cực đại là V m/s. Để các quang êlectron có vận tốc ban đầu cực đại là 2V m/s thì phải chiếu tấm đó bằng ánh sáng có bước sóng bằng
A. 0,28 μm B. 0,24 μm C. 0,21 μm D. 0,12 μm
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:Ta có : λ = 0,3μm = λ0/2 => ℇ = hc/λ = 2hc/λ0 = 2A
Áp dụng phương trình Anhxatnh → Wđ = hc/λ – A = A
Để các quang êlectron có vận tốc ban đầu cực đại là 2V m/s thì Wđ" = 4Wđ = 4A
=> ℇ" = hc/λ’ = hc/λ0 + Wđ’= 5A =>λ" = λ0/5 = 0,6/5 = 0,12 μm
Bài 2: Lần lượt chiếu vào bề mặt một kim loại các bức xạ điện từ có bước sóng λ1 = λ0/3 và λ2 = λ0/9; λ0 là giới hạn quang điện của kim loại làm catốt. Tỷ số tốc độ ban đầu của quang e tương ứng với các bước sóng λ1 và λ2 là:
A. v1/v2 = 4B. v1/v2 = 1/2C. v1/v2 = 2D. v1/v2 = 1/4
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
+) λ1 = λ0/3 → ε1 = hc/λ = 3A => Wđ1 = 2A
+) λ2 = λ0/9 →ε2 = hc/λ2 = 9A => Wđ2 = 8A
=> Wđ1/Wđ2 = 1/4 => v1/v2 = ½
Bài 3: Chiếu một bức xạ có bước sóng λ = 0,18µm vào một quả cầu kim loại có giới hạn quang điện λ0 = 0,3µm đặt xa các vật khác. Quả cầu được tích điện đến điện thế cực đại bằng bao nhiêu?
A. 2,76 V B. 0,276 V C. – 2,76 V D. – 0,276 V
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Ta có: ε = hc/λ = hc/λ0 + e.Umax (Umax là điện thế cực đại của quả cầu)
=> 6,625.10-31.3.108/(0,18.10-6) = 6,625.10-31.3.108/(0,3.10-6) + 1,6.10-19.Umax
=> Umax = 2,76 V
Bài 4: Chiếu lần lượt hai bức xạ điện từ có bước sóng λ1 và λ2 với λ2 = λ1/2 vào một tấm kim loại thì tỉ số động năng ban đầu cực đại của quang electron bứt ra khỏi kim loại là 9. Giới hạn quang điện của kim loại là λ0 . Tỉ số λ0/λ1 bằng:
A. 8/7 B. 2 C. 16/9 D. 16/7
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:Theo phương trình Anhxtanh ta có:
(1) chia (2)
Bài 5: Hai tấm kim loại có giới hạn quang điện là λ1 và λ2. Giới hạn quang điện của một tấm kim loại khác có công thoát êlectron bằng trung bình cộng công thoát êlectron của hai kim loại trên là
A. (2λ1.λ2)/(λ1 + λ2). B. λ1.λ2/2(λ1 + λ2). C. (λ1 + λ2)/2. D. √(λ1.λ2)
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải: Ta có: A1 = hc/λ1; A2 = hc/λ2
Mặt khác: A=(A1+A2)/2 → λ= (2λ1.λ2)/(λ1+λ2 )
Bài 6: Chiếu bức xạ có tần số f1 vào quả cầu kim loại đặt cô lập thì xãy ra hiện tượng quang điện với điện thế cực đại của quả cầu là V1 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 f2 = f1 + f vào quả cầu đó thì điện thế cực đại của quả cầu là 5V1. 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 V1B. 2,5 V1C. 4 V1D. 3 V1
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Chiếu f1 thì:
Điện thế cực đại:
* Chiếu f2 = f1 + f thì:
* Chiếu f thì: hf = A + |e|Vmax
Vậy:
Bài 7: Khi chiếu hai bức xạ đơn sắc có tần số f1 = 2.1015 Hz và f2 = 3.1015 Hz lên bề mặt một kim loại người ta thấy tỷ số giữa vận tốc ban đầu cực đại của các quang electrôn bứt ra khỏi tấm kim loại bằng 2. Tần số giới hạn của kim loại đó là :
A. 0,67.1016 Hz. B. 1,95.1016Hz. C. 1,45.1015Hz. D. 1,67.1015Hz.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:Ta có: hf1 - hf0 = (1/2)mv12 (1), hf2 - hf0 = (1/2)mv22 (2)
Nhân 4 với phương trình (1) rồi trừ đi ta được: 4hf1 - 4hf0 = hf2 - hf0 → f0 = 1,67.1015Hz.
Bài 8: Một nguồn sáng có công suất P = 2 W, phát ra ánh sáng có bước sóng λ = 0,597 μm tỏa ra đều theo mọi hướng. Nếu coi đường kính con ngươi của mắt là 4 mm và mắt còn có thể cảm nhận được ánh sáng khi tối thiểu có 80 phôtôn lọt vào mắt trong 1s. Bỏ qua sự hấp thụ phôtôn của môi trường. Khoảng cách xa nguồn sáng nhất mà mắt còn trông thấy nguồn là
A. 274 km B. 6 km C. 27 km D. 470 km
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:Năng lượng mà mắt nhận được trong 1s là:
Mà năng lượng của chùm sáng mắt người nhận được trong 1s là: W = 80.hc/λ
Suy ra:
Bài 9: Biết công thoát electron của Liti (Li) là 2,39 eV. Bức xạ điện từ nào có thành phần điện trường biến thiên theo quy luật dưới đây sẽ gây ra được hiện tượng quang điện ở Li ?
A. E = E0cos(10π.1014t)
B. E = E0cos(9π.1014t)
C. E = E0cos(2π.1015t)
D. E = E0cos(π.1015t)
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
Ta có A = hc/λ0 = h.f0 → f0 = 5,772.1014 Hz
Bức xạ điện từ có thành phần điện trường biến thiên có tần số f ≥ f0 sẽ gây ra được hiện tượng quang điện ở Li.
Chọn C vì f = 1.1015Hz > f0 = 5,772.1014 Hz.
Bài 10: Khi chiếu lần lượt lên một tấm kim loại cô lập hai bức xạ có bước sóng λ1 và λ2 = λ1/2 thì vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron là 350 km/s và 1050 km/s. Nếu chiếu bức xạ có bước sóng λ3 = 2λ1/3 thì vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron là:
A. 783km/h B. 783km/s C. 850km/h D. 850km/s
Lời giải:
Đáp án:
HD Giải:Ta có:
Lấy phương trình (2) trừ đi (1) ta được:
Bài 11: Chiếu một ánh sáng có bước sóng λ = 0,489μm lên kim loại kali dùng làm catôt của một tế bào quang điện. Biết cường độ dòng điện bão hòa Ibh = 0,1mA, và công suất của ánh sáng chiếu tới là P = 0,1W. Hiệu suất lượng tử của hiệu ứng quang điện trên bằng bao nhiêu phần trăm?
A. 0,27% B. 1,12%C. 0,19%D. 1,14%
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
- Số êlectron bật ra khỏi catôt trong 1 giây:
- Số phôtôn chiếu tới kim loại trong mỗi giây:
Hiệu suất lượng tử H bằng tỉ số giữa số quang êlectron bứt ra trong mỗi giây và số phôtôn chiếu tới kim loại trong mỗi giây.
Bài 12: Một ống phát tia X hoạt động ở hiệu điện thế U = 10kV với dòng điện I = 0,001A. Coi rằng chỉ có 1 % số êlectron đập vào mặt đối catôt là tạo ra tia Rơn-ghen. Hỏi sau một phút hoạt động của ống Rơn-ghen, nhiệt độ của đối catôt tăng thêm bao nhiêu? Biết đối catôt có khối lượng M = 100g và nhiệt dung riêng của chất làm đối catôt bằng C = 120J/kg.K.
A. 39,50CB. 42,50CC. 41,50CD. 49,50C
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Gọi n là số êlectron đập vào mặt đối catôt trong một phút, ta có:
I =q/t=ne/t → n = It/e = 3,75.1017 electron.
Động năng cực đại của một êlectron :
Wđmax = eU = 1,6.10-15J (U = 10kV = 104V)
Nhiệt độ của đối catôt nóng lên do số electron n’ không tạo ra tia Rơn-ghen truyền hoàn toàn động năng của mình cho đối catôt. Theo đề bài chỉ có 1% số êlectron đập vào bề mặt đối catôt là tạo ra tia Rơn-ghen, do đó n’ = 0,99n = 37,125.1016 electron. Sau một phút nhiệt độ đối catôt nóng thêm Δt, xác định bởi phương trình:
McΔt = n".Wđmax (với M = 100g = 0,1 kg) hay Δt = n".Wđmax / Mc = 49,50C .
Bài 13: Khi chiếu vào catôt một tế bào quang điện bức xạ λ = 0,31μm thì có dòng quang điện. Có thể triệt tiêu dòng quang điện nhờ hiệu điện thế hãm có độ lớn là Uh, Uh có giá trị thay đổi thế nào khi bức xạ chiếu vào cạtôt có bước sóng λ" = 0,8λ?
A. Tăng 1V.B. Tăng 0,8V.B. Giảm 2V.B. Giảm 0,8V.
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Ta có:
Từ đó:
Thay
Suy ra:
Từ đó: U"h = 1+ Uh : hiệu điện thế hãm tăng 1V.
Bài 14: : Một tấm kim loại có giới hạn quang điện là λ0. Chiếu lần lượt tới bề mặt catôt hai bức xạ có bước sóng λ1 = λ0/2 và λ2 1 thì vận tốc ban đầu cực đại của êlectron bắn ra khác nhau 2 lần. Tính λ2.
A. λ2 = λ0/4B. λ2 = λ0/3C. λ2 = λ0/6D. λ2 = λ0/2
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
Từ phương trình Anhxtanh ta có:
λ2 = λ1/3 = λ0/6
Bài 15: Lần lượt chiếu hai bức xạ có bước sóng λ1 = 0,405μm; λ2 = 0,436μm vào bề mặt của một kim loại và đo hiệu điện thế hãm tương ứng ta được Uh1 = 1,15V; Uh2 = 0,93V. Công thoát êlectron của kim loại là:
A. 1,92 eVB. 1,12 eVC. 2,12 eVD. 1,67 eV
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Ta có:
Theo điều kiện bài toán:
Suy ra:
Bài 16: Electron của nguyên tử Hidro đang ở trạng thái dừng P, chuyển động tròn đều quanh hạt nhân với tốc độ v. Khi electron trở về trạng thái kích thích thứ nhất (mức L) thì tốc độ chuyển động tròn đều quanh hạt nhân của electron là
A. 3vB. 9vC. 6vD. 36v
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Lực Cu - lông giữa hạt nhân với electron đóng vai trò là lực hướng tâm.
Bài 17: Tính số êlectron bị bật ra khỏi catôt của một tế bào quang điện trong mỗi giây khi cường độ của dòng quang điện bão hòa là 40μA. Chọn đáp án đúng:
A. 3,5.1014 hạt eB. 2,5.1014 hạt eC. 4,5.1014 hạt eD. 1,5.1014 hạt e
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Điện lượng chuyển qua tế bào quang điện trong một giây:
q = It; I = 40μA = 4.10-5A; t = 1s → q = 4.10-5C.
Số êlectron bật ra khỏi catôt trong 1 giây:
Ne = q/e = 4.10-5 / 1,6.10-19 êlectron.
Bài 18: Kim loại dùng làm catôt của một tế bào quang điện có công thoát electronA = 2,2eV. Chiếu vào catôt một bức xạ có bước sóng λ. Muốn triệt tiêu dòng quang điện, người ta phải đặt vào anôt và catôt một hiệu điện thế hãm Uh = 0,4V.Điện thế cực đại của tấm kim loại khi λ =2λ0/3 là:
A. Vmax = 2,125V.B. Vmax = 2,55V. C. Vmax = 2,45V.D. Vmax = 2,235V
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Ta có:
Bài 19: Chiếu vào tế bào quang điện ánh sáng kích thích có bước sóng λ1 = 600μm thì hiệu điện thế hãm là U1. Thay bằng ánh sáng có λ2 = 450μm thì hiệu điện thế hãm U2 = 2U1. Công thoát A0 của kim loại là
A. 1,5eV.B. 1,4eV.C. 2eV.D. 2,208.10-19J.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Ta có: λ2 = 3/4.λ1 nên:
Nhân hai vế của (1) với 2, rồi trừ (2) theo vế:
Bài 20: Chiếu bức xạ có λ = 0,3μm vào tấm kim loại có giới hạn quang điện λ0 = 0,6μm. Cho chùm hẹp các quang electron này đi vào từ trường đều vuông góc với vận tốc ban đầu (V0 vuông góc B) và không đổi, có cảm ứng từ B = 10-4T, thì bán kính quỹ đạo tròn của quang êlectron là:
A. r = 2cm.B. r ≤ 4,85cm.C. r = 1,5cmD. r = 1,44cm.
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Khi đi vào từ trường mà V0 vuông góc B thì quang electron chuyển động tròn đều.
Lực Lo - ren - xơ là lực hướng tâm:
Do v0max ≥ v0 nên
Thay số, ta được r ≤ 4,85cm.
Bài 21: Để gây ra hiện tượng quang điện với kim loại có công thoát electron là 1,88eV thì ánh sáng kích thích phải có tần số tối thiểu bằng bao nhiêu?Biết hằng số Plăng h = 6,625.10-34J.s, tốc độ ánh sáng trắng chân không c = 3.108m/s và 1eV = 1,6.10-19J.
A. 1,45.1014Hz.B. 4,04.1014Hz.C. 4,54.1014Hz.D. 2,54.1014Hz.
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
→tần số tối thiểu bằng 4,54.1014Hz.
Bài 22: Trong thí nghiệm về tế bào quang điện, cường độ dòng quang điện bão hòa là 64μA. Hiệu suất lượng tử là 2%. Số phôtôn phát ra trong mỗi giây là
A. 2.1016.B. 4.1017.C. 4.1018.D. 4.1019.
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Ta có:
Bài 23: Trong đồ thị hình vẽ, đường tiệm cận ngang của phần kéo dài đồ thị là Uh = U1. Chọn phát biểu đúng.
A. Vẽ đường kéo dài nét đứt là vì theo quy ước Uh > 0.
B. Không tính được U1.
C. U1 = -3V.
D. U1 = -1,875V.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải: Ta có:
Bài 24: Một bộ pin quang điện gồm nhiều pin mắc nối tiếp. Diện tích tổng cộng của các pin là 0,55 m2. Dòng ánh sáng chiếu vuông góc vào bộ pin có cường độ 1220 W/m2. Khi cường độ dòng điện mà bộ pin cung cấp cho mạch ngoài là 2,25 A thì điện áp đo được giữa hai cực của bộ pin là 25 V. Hiệu suất của bộ pin là
A. 8,4% B. 11,3% C. 10,2% D. 9,31%
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Công suất chiếu sáng của mặt trời là: P = 1220.0,55 = 671W
Công suất của bộ pin là: Ppin = U.I = 56,25W
Hiệu suất của bộ pin: H = Ppin / P = 0,084
Bài 25: Một tụ điện có anôt và catốt đều là những bản kim loại phẳng, đặt song song, đối diện và cách nhau một khoảng 2 cm. Đặt vào anốt và catốt một hiệu điện thế 8 V, sau đó chiếu vào một điểm trên catốt một tia sáng có bước sóng λ xảy ra hiện tượng quang điện. Biết hiệu điện thế hãm của kim loại làm catốt ứng với bức xạ trên là 2 V. Bán kính lớn nhất của vùng trên bề mặt anốt có electron đập vào bằng :
A. 2 cm B. 16 cm C. 1 cm D. 8 cm
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Khi ánh sáng thích hợp chiếu vào tấm catot, xảy ra hiện tượng quang điện nên e bay ra từ catot theo mọi hướng, bỏ qua trọng lực của e, ta thấy e chuyển đông trong điện trường đều giống như một chuyển động ném xiên. Bán kính lớn nhất của vùng trên bề mặt anốt có electron đập vào ứng với e chuyển động như vật ném ngang với vận tốc ban đầu vomax (quan sát hình vẽ)
Ta thấy chuyển động của e:
Bài 26: 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.
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
Áp dụng:
Ta có:
Chia vế với vế của hai phương trình trên cho nhau:
Bài 27: Khi chiếu một bức xạ điện từ có bước sóng λ1 = 0,30μm vào catôt của một tế bào quang điện thì xảy ra hiện tượng quang điện và hiệu điện thế hãm lúc đó là 2 V. Nếu đặt vào giữa anôt và catôt của tế bào quang điện trên một hiệu điện thế UAK = -2V và chiếu vào catôt một bức xạ điện từ khác có bước sóng λ2 = 0,15μm thì động năng cực đại của êlectron quang điện ngay trước khi tới anôt bằng
A. 1,325.10-18J.B. 6,625.10-19J.C. 9,825.10-19J.D. 3,425.10-19J.
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Công thoát của Catot: A = hc/λ1 -e.Uh = 3,425.10-19J.;
- Khi được chiếu bởi bức xạ λ2 : Wđ2max = hc/λ2 - A = 9,825.10-19J.
- Khi đặt vào A và K hiệu điện thế âm UAK = - 2V → UKA = 2V: các elctrôn đi sang A đi theo chiều điện trường chậm dần đều.
Ta có : WđA - Wđmax = e.UKA → WđA = Wđmax + e.UKA 9,825.10-19 -1,6.10-19 .2 = 6,625.10-19 J
Bài 28: Chiếu bức xạ đơn sắc có bước sóng λ = 0,2 μm vào một tấm kim loại có công thoát electron là A = 6,62.10-19 J. Elêctron bứt ra từ kim loại bay vào một miền từ trường đều có cảm ứng từ B = -5 T. Hướng chuyển động của electron quang điện vuông góc với B→. Cho rằng năng lượng mà quang electron hấp thụ một phần dùng để giải phóng nó, phần còn lại hoàn toàn biến thành động năng của nó. Bán kính quỹ đạo lớn nhất của quang electron trong từ trường là
A. 0,97 cm. B. 6,5 cm. C. 7,5 cm. D. 9,7 cm.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Khi đi vào từ trường mà thì quang electron chuyển động tròn đều.
Lực Lo - ren - xơ là lực hướng tâm:
Tính v0max từ công thức Anh-xtanh:
→ R = 9,7cm
Bài 29: Cho một tụ điện phẳng có hai bản cực rộng cách nhau d = 1 cm. Giới hạn quang điện của bản âm K là λ0. Cho UAK = 4,55 V. Chiếu vào bản K một tia sáng đơn sắc có λ = λ0/2 các quang êlêctron rơi lên bề mặt bản dương A trong một mặt tròn bán kính R = 1 cm. Bước sóng λ0 có giá giá trị là
A. 1,092 μm B. 2,345 μm C. 3,022 μm D. 3,05 μm
Lời giải:
Đáp án:
HD Giải:
Khi ánh sáng thích hợp chiếu vào tấm catot, xảy ra hiện tượng quang điện nên e bay ra từ catot theo mọi hướng, bỏ qua trọng lực của e, ta thấy e chuyển đông trong điện trường đều giống như một chuyển động ném xiên. Bán kính lớn nhất của vùng trên bề mặt anốt có electron đập vào ứng với e chuyển động như vật ném ngang với vận tốc ban đầu vomax (quan sát hình vẽ)
Ta thấy chuyển động của e:
theo Ox là chuyển động đều → x = vomax.t
Theo Oy là nhanh dần đều →y = 0,5.a.t2 ( với a= |eE|/me )
e đến anot khi y = d
Thay E = UAK /d
Mặt khác
Với Rmax = 1cm và d = 1cm → Uh = UAK/4
Mà
Bài 30: Chiếu một bức xạ có bước sóng λ = 0,48 μm lên một tấm kim loại có công thoát A = 2,4.10-19 J. Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các êlectron quang điện và hướng chúng bay theo chiều véc tơ cường độ điện trường có E = 1000 V/m. Quãng đường tối đa mà êlectron chuyển động được theo chiều véc tơ cường độ điện trường xấp xỉ là
A. 0,83 cm B. 0,37 cm C. 1,3 cm D.
Xem thêm: Cách Nhận Biết Iphone 5 16Gb Va 32Gb, Siêu Đơn Giản, Chi Tiết
0,11 cmLời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Áp dụng định lý biến thiên động năng ta có:
dmax là quãng đường tối đa mà vật đi được trong điện trường.
Bài 31: Chiếu một bức xạ điện từ có bước sóng λ = 138 nm vào một tấm kim loại có công thoát của êlectron ra khỏi bề mặt kim loại là 7,2.10-19 J. Các electrôn quang điện bay ra được cho đi vào một vùng không gian có điện trường đều và từ trường đều hướng vuông góc với nhau. Biết hướng vận tốc của êlectron quang điện vuông góc với cả điện trường và từ trường. Người ta thấy electron chuyển động thẳng đều. Biết cảm ứng từ B = 10-3 T. Cường độ điện trường E bằng :
A. 104 V/m B. 1258 V/m C. 1285 V/m D. 12580 V/m
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Sử dụng phương trình Anhxtanh ta được:
Khi chuyển động trong điện trường đều và từ trường hướng vuông góc với nhau, e chuyển động thẳng đều khi lực điện cân bằng với lực lorenxo khi đó ta có:
e.vmaxB = e.E →E = 1258V/m
Bài 32: 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. 5,86.107m/s. B. 3,06.107m/s. C. 4,5.107m/s. D. 6,16.107m/s.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Kí hiệu ΔU = 2.103 (V); Δv = 6.106m/s
Ta có ΔWđ = mv2/2 - mv02/2 = eUAK (1) với v0 vận tốc electron ở catot
Lấy (1) – (2)
Bài 33: Chiếu bức xạ có bước sóng λ = 0,533 μm lên tấm kim loại có công thoát A = 3.10-19 J. 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 qũy đạo của các electron là R = 22,75 mm. Cho c = 3.108 m/s; h = 6,625.10-34 Js; me = 9,1.10-31 kg. Bỏ qua tương tác giữa các electron. Tìm độ lớn cảm ứng từ B của từ trường?
A. B = 2.10-4 T. B. B = 10-4 T. C. B = 2.10-5 T. D. B = 10-3 T.
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Sử dụng phương trình Anhxtanh ta được:
Khi đi vào từ trường mà thì quang electron chuyển động tròn đều.
Lực Lo - ren - xơ là lực hướng tâm:
Bài 34: Hai điện cực bằng Canxi đặt gần nhau trong chân không và được nối với một tụ điện có điện dung C = 8 nF. Chiếu vào một trong hai điện cực với thời gian đủ lâu bằng ánh sáng có tần số f = 1015 Hz cho đến khi dòng quang điện mất hoàn toàn. Công thoát êlêctrôn ở Canxi là A = 2,7625 eV. Điện tích q trên các bản tụ khi đó gần bằng:
A. 11.10-8 C B. 1,1 μC C. 1,1 nC D. 1,1.10-8 C
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Khi chiếu ánh sáng vào 1 trong 2 bản Canxi thì sau đó 1 bản mang điện tích dương, bản này sẽ tích được một điện tích cực đại khi xảy ra sự cân bằng động giữa lượng e bay ra và lượng e bị hút về. Bản còn lại sau đó mang điện tích âm do hiện tượng điện hưởng toàn phần nên 2 bản tương đương như 1 tụ điện. Khi ghép 2 bản Canxi với tụ điện thành mạch kín thì giữa hai đầu tụ điện có hiệu điện thế bằng điện thế cực đại trên bản Canxi
Gọi Vmax là điện áp cực đại trên bản Canxi khi được chiếu sáng. Ta có
Hiệu điện thế 2 đầu tụ điện là: U = Vmax
Điện tích q trên các bản tụ khi đó là: q = C. U = 11,025 nC
Bài 35: Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ = 546 nm vào bề mặt ca tốt của một tế bào quang điện. Giả sử các electron đó được tách ra bằng màn chắn dể lấy một chùm hẹp hướng vào một từ trường đều có B = 10-4T, sao cho vec tơ B vuông góc với vân tốc của hạt. Biết quỹ đạo của hạt có bán kính cực đại R = 23,32 mm. Tìm độ lớn vận tốc ban đầu cực đại của các electron quang điện.
A. 1,25.105m/s.B. 2,36.105m/s.B. 3,5.105m/s. B. 4,1.105m/s.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Khi đi vào từ trường mà thì quang electron chuyển động tròn đều.
Lực Lo - ren - xơ là lực hướng tâm:
Bài 36: Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện có vận tốc v0 = 106 (m/s) cho bay dọc theo đường sức trong một điện trường đều có cường độ 9,1 (V/m) sao cho hướng của vận tốc ngợc hướng với điện trường. Tính quãng đường đi được sau thời gian 1000ns.
A. 1,6 (m) B. 1,8 (m)C. 2m D. 2,5m
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Vì e bay dọc theo hướng ngược với hướng điện trường →Hạt e chuyển động nhanh dần đều với gia tốc:
a =F/m = |e|E/m = | 1,6. 10-19|.9,1 / (9,1.10-31) = 1,6.1012 m/s2
⇒ quãng đường đi được sau thời gian 1000ns là:
S = vot + at2/2 = 106.1000.10-9 + (1,6.1012 . (1000.10-9)2)/2 = 1,8m
Bài 37: Mức năng lượng của ng tử Hyđrô có biểu thức En = – 13,6/n2 (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 nguyên tử hidro có thể phát ra là:
A. 1,46.10–6m B. 9,74.10–8m C. 4,87.10–7m D. 1,22.10–7m
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
rm = m2r0; rn = n2r0 ( với r0 bán kính Bo)
Bước sóng nhỏ nhất ng tử hidro có thể phát ra:
Bài 38: Chiếu một bức xạ đơn sắc thích hợp vào catốt của tế bào quang điện. Tách một chùm hẹp các electron quang điện có vận tốc 106 (m/s) và cho đi vào điện trường đều của một tụ điện phẳng tại điểm O cách đều hai bản tụ và phương song song với hai bản tụ. Biết hiệu điện thế giữa hai bản tụ 0,455 (V), khoảng cách giữa hai bản tụ 2cm, chiều dài của tụ 5cm. Tính thời gian electron chuyển động trong tụ.
A. 50 (ns) B. 18 (ns)C. 200 (ms)D. 2,5.10-3 (ms)
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Phương trình chuyển động của electron trong điện trường là:
x = vot ; y = at2/2
=> Phương trình quỹ đạo là: y = ax2 / (2vo2)
Hạt đi ra được khỏi tụ điện tại điểm D nên ta có:
x = vot = l; y = at2/2
=>t = l/vo = 0,05/ 106 = 50 ns
Bài 39: Năng lượng nguyên tử hiđrô gồm động năng của electron và thế năng của tương tác Cu-lông giữa hạt nhân và electron. Hãy tìm biểu thức năng lượng trạng thái dừng En theo r0. Cho biết r0 là bán kính quỹ đạo Bo.
A.
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Năng lượng trạng thái dừng gồm động năng của electron và thế năng của tương tác Cu-lông: .
Do lực Cu-lông là lực hướng tâm nên:
Vậy
Bài 40: Hai bản cực A, B của một tụ điện phẳng làm bằng kim loại. Khoảng cách giữa hai bản là 4cm. Chiếu vào tâm O của bản B một bức xạ đơn sắc có bước sóng (xem hình) thì vận tốc ban đầu cực đại của các electron quang điện là 0,76.106 (m/s). Đặt giữa hai bản A và B một hiệu điện thế UBA = 4,55 (V). Các electron quang điện có thể tới cách bản A một đoạn gần nhất là bao nhiêu?. Bỏ qua trọng lực của e.
A. 6,4 cm B. 2,5 cm C. 5,4 cm D. 2,6 cm
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
UBA = 4,55V nên chiều điện trường từ B sang A, do vậy e chịu lực cản của lực điện trường chiều từ A sang B.
Ta có:
a = F/m = |e|U/md = 2.1013 m/s2
⇒ hmax = vo2/2a = (0,76.106)2 / (2.2.1013)=1,4.10-2 m
⇒Các electron quang điện có thể tới cách bản B một đoạn gần nhất là:
s = d - hmax = 2,6cm
100 câu trắc nghiệm Lượng tử ánh sáng có lời giải chi tiết (nâng cao - phần 2)
Bài 41: Trong một thí nghiệm về hiệu ứng quang điện bằng cách dùng một hiệu điện thế hãm có giá trị bằng 3,2 V. Người ta tách một chùm hẹp các electron quang điện và hướng đi nó vào một từ trường đều, theo hướng vuông góc với các đường cảm ứng từ. Biết bán kính quỹ đạo lớn nhất của các electron bằng 20 cm. Từ trường có cảm ứng từ là:
A. 3.10-6 T B. 3.10-5 T C. 4,2.10-5 T D. 6,4.10-5 T
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải: Ta có:
e chuyển động trong từ trường đều theo hướng vuông góc với các đường cảm ứng từ nên e chịu tác dụng của lực lorenxo đóng vai trò là lực hướng tâm
Khi đó ta có
Bài 42: Một nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng E3 = -1,5eV sang trạng thái dừng có năng lượng E2 = - 3,4eV. Tìm bước sóng của bức xạ do nguyên tử phát ra. Cho biết h = 6,625.10-34J.s; c = 3.108m/s; 1eV = 1,6.10-19C.
A. 0,734μmB. 0,234μmC. 0,924μmD. 0,654μm
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
Áp dụng công thức h.fm→n = h.c/λm→n = Em - En, ta có: h.f32 = E3 - E2
Suy ra:
Bài 43: Cho một chùm electron bắn phá nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản để kích thích chúng. 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. Biết rằng khi êlectron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi công thức En = -13,6/n2 (eV) (với n = 1, 2, 3,…).
A. 2,187.106 m/sB. 2,237.107 m/sC. 2,377.105 m/sD. 4,145.106 m/s
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
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: W = E∞ - E1 =13,6eV
Năng lượng này của electron dưới dạng động năng, do vậy:
Bài 44: Khi êlectron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi công thức En = -13,6/n2 (eV) (với n = 1, 2, 3,…). Khi êlectron trong nguyên tử hiđrô chuyển từ quỹ đạo dừng n = 4 về quỹ đạo dừng n = 2 thì nguyên tử phát ra phôtôn có bước sóng λ1. Khi êlectron chuyển từ quỹ đạo dừng n = 3 về quỹ đạo dừng n = 1 thì nguyên tử phát ra phôtôn có bước sóng λ2. Mối liên hệ giữa hai bước sóng λ1 và λ2 là
A. 128λ2 = 27λ1B. 459λ2 = 2216λ1C. 128λ1 = 27λ2D. 459λ1 = 2216λ2
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải: Ta có:
Bài 45: Kích thích nguyên tử H2 từ trạng thái cơ bản bởi bức xạ có năng lượng 12,1eV. Hỏi nguyên tử H2 phát ra tối đa bao nhiêu vạch? Biết khi êlectron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi công thức En = -13,6/n2 (eV) (với n = 1, 2, 3,…).
A. 1B. 2C. 3D. 5
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
Ta có: En - E1 = 12,1 eV
⇒ En = - 1,5 eV ⇒ n =3
⇒ nguyên tử H2 phát ra tối đa n.(n - 1)/2 = 3 vạch
Bài 46: 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 UAB = -10V. Vận tốc nhỏ nhất và lớn nhất của electron khi tới B lần lượt là:
A. 18,75.105 m/s và 18,87.105 m/s
B. 18,87.105m/s và 18,75.105m/s
C. 16,75.105 m/s và 18.87.105 m/s
D. 18,75.105m/s và 19,00.105m/s
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải:
-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 vmax ) là vận tốc cực đại của e khi đến B. Áp dụng định lí động năng:
-Khi vận tốc ban đầu của e bằng 0 thì ta có vận tốc nhỏ nhất của electron khi tới B là vmin
Bài 47: Khi elêctrôn ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi En = -13,6/n2 (eV). Một đám khí hiđrô hấp thụ năng lượng chuyển lên trạng thái dừng có năng lượng cao nhất là E3 (ứng với quỹ đạo M). Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra là:
A. 32/3.B. 32/27.C. 32/5. D. 5/27
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải: Ta có:
Bài 48: Mức năng lượng En trong nguyên tử hiđrô được xác định En= -E0/n2 (eV) (trong đó n là số nguyên dương, E0 là năng lượng ứng với trạng thái cơ bản). Khi êlectron nhảy từ quỹ đạo thứ ba về quỹ đạo thứ hai thì nguyên tử hiđrô phát ra bức xạ có bước sóng λ0. Nếu êlectron nhảy từ quỹ đạo thứ hai về quỹ đạo thứ nhất thì bước sóng của bức xạ được phát ra sẽ là
A. λ0/15B. 5λ0/7C. λ0D. 5λ0/27
Lời giải:
Đáp án: D
HD Giải: Ta có:
Bài 49: Vạch quang phổ có tần số nhỏ nhất trong dãy Ban-me là tần số f1. Vạch quang phổ có tần số nhỏ nhất trong dãy Lai-man là tần số f2. Vạch quang phổ trong dãy Lai-man sát với vạch có tần số f2 sẽ có tần số là
A. f2 - f1B. f1 + f2C. f1.f2D. f1.f2/(f1 + f2)
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Ta có: h.f1 = E3 - E2 và h.f2 = E2 - E1
⇒ h.f3 = E3 - E1 = hf1 + hf2 => f3 = f1 + f2
Bài 50: Chiếu lần lượt 3 bức xạ đơn sắc có bước sóng theo tỉ lệ λ1:λ2:λ3 = 1:2:1,5 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 f1:f2:f3 =2:1:k , với k bằng:
A. √3B. 1/√3C. √2D. 1/√2
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
Bài 51: Mức năng lượng trong nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức E = - 13,6/n2 (eV) trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Một đám khí hiđrô đang ở trạng thái kích thích và electron đang ở quĩ đạo dừng N. Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra khi chuyển về trạng thái dừng có mức năng lượng thấp hơn là
A. 16/9B. 192/7C. 135/7D. 4
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:Ta có
Bài 52: Cho mức năng lượng của nguyên tử hirdo xác định bằng công thức En=E0/n2 (E0 = -13,6eV, n=1,2,3,4,5... ). 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 eVB. 10,2 eVC. 12,09 eVD. 10,06 eV
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon nguyên tử Hiđro phải hấp thụ photon để chuyển lên quỹ đạo từ N trở lên tức là n ≥ 4
Năng lượng của photon hấp thụ
ε ≥ E4 – E1 = E0.(1/42 - 1/22) = -13,6.(-15/16) eV=12,75eV.
Bài 53: Mức năng lượng trong nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức E = - 13,6/n2 (eV) ( n =1, 2, 3…), trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Chiếu vào đám khí hiđrô ở trạng thái cơ bản bức xạ điện từ có tần số f, sau đó đám khí phát ra 6 bức xạ có bước sóng khác nhau. Tần số f là:
A. 1,92.10-34 HzB. 3,08.109 MHzC. 3,08.10-15 HzD. 1,92.1028 MHz
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Vì đám khí phát ra 6 bức xạ có bước sóng khác nhau
⇒n.(n – 1)/2 = 6 => n = 4
Mà E4 – E1 = h.f = 12,75 (eV)
⇒f = (12,75.1,6.10-19)/(6,625.10-34) = 3,08.1015 Hz = 3,08.109 MHz
Bài 54: Laze A phát ra chùm bức xạ có bước sóng 0,45μm với công suất 0,8W. Laze B phát ra chùm bức xạ có bước sóng 0,60μm với công suất 0,6 W. Tỉ số giữa số phôtôn của laze B và số phôtôn của laze A phát ra trong mỗi giây là
A. 1B. 20/9C. 2D. 3/4
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Bài 55: Nguyên tử hiđrô gồm một hạt nhân và một êlectron quay xung quang hạt nhân này. Bán kính quỹ đạo dừng thứ nhất r1 = 5,3.10-11m. Tính vận tốc và số vòng quay của êlectron trong 1 giây trên quỹ đạo đó.
A. v1 = 2,2.106 m/s và nv1 = 6,6.1015 vòng/s
B. v1 = 4,2.106 m/s và nv1 = 3,6.1015 vòng/s
C. v1 = 2,4.106 m/s và nv1 = 6,3.1015 vòng/s
D. v1 = 3,1.106 m/s và nv1 = 5,1.1015 vòng/s
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Lực Cu - lông giữa hạt nhân với electron là lực hướng tâm.
Bài 56: Nguyên tử hiđrô gồm một hạt nhân và một êlectron quay xung quang hạt nhân này. Bán kính quỹ đạo dừng thứ nhất r1 = 5,3.10-11m. Tính năng lượng của êlectron trên quỹ đạo thứ hai theo đơn vị eV.
A. 3,4eVB. 2,1eVC. 5,2eVD. 1,2eV
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Ta có: r2 = 22. r1 = 2,12.10-10m.
Lực Cu - lông giữa hạt nhân với electron là lực hướng tâm.
Động năng của e trên quỹ đạo thứ 2 là: Wđ2 =1/2 mv22 = 3,396eV
Thế năng của e trên quỹ đạo thứ là thế năng tương tác tĩnh điện: Wt2 = -k.(e2/r2) = -6,792 eV
W2=Wđ2+Wt2 = 3,396 - 6,792 = 3,4eV
Bài 57:Trong quang phổ hiđrô, bước sóng λ (μm) của các vạch quang phổ như sau:
Vạch thứ nhất của dãy Lai-man: λ21 = 0,1216.
Vạch Hα của dãy Ban-me: λ32 = 0,6563.
Vạch đầu của dãy Pa-sen: λ43 = 1,8751.
Tính bước sóng của hai vạch quang phổ thứ hai, thứ ba của dãy Lai-man (λ31 và λ41)
A. 0,1026μm và 0,0973μm
B. 0,3221μm và 0,1943μm
C. 0,5626μm và 0,6771μm
D. 0,6232μm và 0,4121μm
Lời giải:
Đáp án: A
HD Giải:
Áp dụng công thức:
Dãy Lai-man:
Từ
suy ra: λ31 = 0,1026μm.
suy ra
Bài 58:: Trong quang phổ hiđrô, các bước sóng λ của cách vạch quang phổ như sau: Vạch thứ nhất của dãy Lai-man: λ21 = 0,121586μm. Vạch quang phổ Hα của dãy Ban-me:λ32 = 0,656279μm. Ba vạch đầu tiên của dãy Pa-sen: λ43 = 1,8751μm; λ53 = 1,2818μm; λ63 = 1,0938μm. Tần số của các vạch (theo thứ tự) Hβ, Hγ, Hδ của dãy Ban-me là
A. 0,6171.1019Hz và 0,6911.1019Hz và 0,6914.1019Hz.
B. 0,6171.1010Hz và 0,6911.1010Hz và 0,6914.1010Hz.
C. 0,6171.1015Hz và 0,6911.1015Hz và 0,6914.1015Hz.
D. Các giá trị khác.
Lời giải:
Đáp án: C
HD Giải:
Vạch Hβ của dãy Ban-me ứng với trường hợp chuyển mức năng lượng từ E4 xuống E2:
f42 = f43 + f32 = 0,16.1015 + 0,4571.1015 = 0,671.1015Hz
Vạch Hγ của dãy Ban-me ứng với trường hợp chuyển mức năng lượng từ E5 xuống E2:
f52 = f53 + f32 = 0,234.1015 + 0,4571.1015 = 0,6911.1015Hz.
Vạch Hδ của dãy Ban-me ứng với trường hợp chuyển mức năng lượng từ E6 xuống E3:
f62 = f63 + f32 = 0,2743.1015 + 0,4571.1015 = 0,6914.1015Hz.
Bài 59: 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 UAK = 3V và UAK’ = 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.
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Khi ra khỏi K, dưới tác dụng của UAK thì electron tăng tốc chạy về A với vận tốc v được xác định bởi định lý động năng:
Vậy ta có hệ:
Nhân hai vế phương trình đầu cho 4, rồi lấy phương trình 2 trừ cho phương trình đầu ta được:
Suy ra: λ = 0,497μm
Bài 60: 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.
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Ta có: r2 = 1,44 r1 → (n+1)2 = 1,44. n2 → n+1= 1,2.n → n = 5
Vậy n’ = 6
Số vạch phát ra là : n"(n"-1)/2 = 15
Bài 61: Một nguyên tử hiđrô mà êlectron của nó ở quỹ đạo O có thể phát ra được nhiều nhất là mấy phôtôn, các phôtôn đó ứng với ánh sáng thuộc dãy nào?
A. 10 bức xạ (4 hồng ngoại, 3 khả kiến, 3 tử ngoại)
B. 4 bức xạ (2 hồng ngoại, 1 khả kiến, 1 tử ngoại)
C. 5 bức xạ ( 2 hồng ngoại, 1 khả kiến, 2 tử ngoại)
D. 7 bức xạ ( 4 hồng ngoại, 2 khả kiến, 1 tử ngoại)
Lời giải:
Đáp án: B
HD Giải:
Đám khí Hydro nếu bị kích thích lên quỹ đạo O thì có thể phát ra được tối đa: N = 5(5-1)/2 = 10 loại bức xạ.
Tuy nhiên chỉ 1 nguyên tử thôi thì khi phát ra được nhiều bức xạ nhất là 4 bức xạ: hai hồng ngoại λ54, λ43; một khả biến λ32; một tử ngoại λ21.
Bài 62: Năng lượng ion hóa của nguyên tử hiđrô là 13,6eV. Vạch đỏ trong quang phổ hiđrô ứng với bước sóng λđỏ = 0,655μm. Hãy tính bước sóng ngắn nhất ứng với các vạch trong dãy Lai-man và trong dãy Ban-me.
A. 0,09134 μm và 0,1061μm
B. 0,3221μm và 0,1943μm
C. 0,2626μm và 0,3771μm
D. 0,1232μm và 0,4121μm
Lời giải:
Đáp án:
HD Giải:
Năng lượng ion hóa nguyên tử hiđrô là năng lượng cần thiết cung cấp cho nguyên tử hiđrô để đưa electron từ quỹ đạo K ra vô cực.
E∞ - EK = 13
