Kim loại dùng làm catôt của một tế bào quang điện có công thoát là 2,2eV. Chiếu vào catôt bức xạ điện từ có bước sóng \(\lambda \) . Để triệt tiêu dòng quang điện cần đặt một hiệu điện thế hãm Uh = 0,4 V. Tần số của bức xạ điện từ là:
Ta có: \(\xi = A + e.{U_h} \to h.f = A + e.{U_h} \to f = \dfrac{{A + e.{U_h}}}{h} = \dfrac{{{{2,2.1,6.10}^{ - 19}} + {{1,6.10}^{ - 19}}.0,4}}{{{{6,625.10}^{ - 34}}}} = {6,28.10^{14}}(Hz)\)
Phát biểu nào sau đây không đúng khi nói về hiện tượng quang dẫn
A,C- đúng vì Hiện tượng quang dẫn là hiện tượng khi chiếu ánh sáng thích hợp vào một khối bán dẫn, electron liên kết được giải phóng tạo thành electron dẫn
B- sai vì giới hạn quang dẫn \({\lambda _0}\)là bước sóng kích thích dài nhất mà còn có thể gây ra hiện tượng quang dẫn
D- đúng vì ánh sáng kích thích của hiện tượng quang dẫn không cần phải có năng lượng lớn
Cho h = 6,625.10-34Js, c = 3.108m/s. Tính năng lượng của phôtôn có bước sóng 500nm?
Ta có: \(\xi = h.f = \dfrac{{h.c}}{\lambda } = \dfrac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{500.10}^{ - 9}}}} = {3,975.10^{ - 19}}J = 2,5eV\)
Nguyên tắc hoạt động của quang trở dựa vào hiện tượng nào?
B, C, D- sai vì quang điện trở hoạt động dựa trên hiện tượng quang điện trong
Công thoát của kim loại làm catốt của một tế bào quang điện là 2,5eV. Khi chiếu bức xạ có bước sóng \(\lambda \) vào catốt thì các electron quang điện bật ra có động năng cực đại là 1,5eV. Bước sóng của bức xạ nói trên là:
Ta có: \(\xi = A + {{\rm{W}}_{od\max }} \to \dfrac{{h.c}}{\lambda } = A + {{\rm{W}}_{od\max }} \to \lambda = \dfrac{{h.c}}{{A + {{\rm{W}}_{od\max }}}} = \dfrac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{(2,5 + 1,5){{.1,6.10}^{ - 19}}}} = {3,1.10^{ - 7}}m = 0,31\mu m\)
Cường độ dòng điện bão hòa bằng \(40\mu A\) thì số electron bị bứt ra khỏi catốt tế bào quang điện trong 1 giây là:
Ta có: \({n_e} = \dfrac{{{I_{bh}}}}{e} = \dfrac{{{{40.10}^{ - 6}}}}{{{{1,6.10}^{ - 19}}}} = {2,5.10^{14}}Hz\)
Chất lỏng fluorexein hấp thụ ánh sáng kích thích có bước sóng λ = 0,48μm và phát ra ánh sáng có bước sóng λ’ = 0,64μm. Biết hiệu suất của sự phát quang này là 90% (hiệu suất của sự phát quang là tỉ số giữa năng lượng của ánh sáng phát quang và năng lượng của ánh sáng kích thích trong một đơn vị thời gian), số phôtôn của ánh sáng kích thích chiếu đến trong 1s là 2012.1010 hạt. Số phôtôn của chùm sáng phát quang phát ra trong 1s là:
Ta có:
- Năng lượng của ánh sáng kích thích đến trong 1 s là: \({E_1} = {N_1}.{\xi _1} = {N_1}.\dfrac{{h.c}}{{{\lambda _1}}}\)
- Năng lượng của ánh sáng phát ra trong 1 s là: \({E_2} = {N_2}.{\xi _2} = {N_2}.\dfrac{{h.c}}{{{\lambda _2}}}\)
- Ta lại có: hiệu suất của sự phát quang: \(H = \dfrac{{{E_2}}}{{{E_1}}}.100\% = \dfrac{{{N_2}.{\lambda _1}}}{{{N_1}.{\lambda _2}}}.100\% \to {N_2} = \dfrac{{H.{N_1}.{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}.100\% }} = \dfrac{{{{90.2012.10}^{10}}{{.0,64.10}^{ - 6}}}}{{{{0,48.10}^{ - 6}}.100\% }} = {2,4144.10^{13}}\)(hạt)
Nguồn sáng thứ nhất có công suất P1 phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng \({\lambda _1} = 450nm\). Nguồn sáng thứ hai có công suất P2 phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng \({\lambda _2} = 0,60\mu m\). 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 P1 và P2 là:
Ta có: \({n_f} = \dfrac{P}{\xi } = \dfrac{P}{{\dfrac{{hc}}{\lambda }}} \to \dfrac{{{n_{f1}}}}{{{n_{f2}}}} = \dfrac{{{P_1}.{\lambda _1}}}{{{P_2}.{\lambda _2}}} \to \dfrac{3}{1} = \dfrac{{{P_1}.450}}{{{P_2}.600}} \to \dfrac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = 4\)
Bước sóng dài nhất để bứt được electrôn ra khỏi 2 kim loại a và b lần lượt là \(3nm\) và \(4,5nm\). Công thoát tương ứng là \({A_1}\) và \({A_2}\) sẽ là :
Ta có: \({A_1} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _{01}}}};{A_2} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _{02}}}} \to \dfrac{{{A_1}}}{{{A_2}}} = \dfrac{{{\lambda _{02}}}}{{{\lambda _{01}}}} = \dfrac{{4,5}}{3} = 1,5 \to {A_1} = 1,5{A_2}\)
Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(\lambda = {\rm{ }}546{\rm{ }}nm\) 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 \(B{\rm{ }} = {\rm{ }}{10^{ - 4}}T\) , sao cho vec tơ B vuông góc với vân tốc của hạt. Biết quỹ đạo của hạt có bán kính cực đại \(R{\rm{ }} = {\rm{ }}23,32{\rm{ }}mm\) . Tìm độ lớn vận tốc ban đầu cực đại của các electron quang điện.
Ta có: \({R_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{m.{v_{{\rm{max}}}}}}{{q.B}} \to {v_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{{R_{{\rm{max}}}}q.B}}{m} = \dfrac{{{{23,32.10}^{ - 3}}{{.1,6.10}^{ - 19}}{{.10}^{ - 4}}}}{{{{9,1.10}^{ - 31}}}} = {4,1.10^5}(m/s)\)
Giới hạn quang điện của kim loại là \({\lambda _0}\). Chiếu vào catôt của tế bào quang điện lần lượt hai bức xạ có bước sóng \({\lambda _1} = \dfrac{{{\lambda _0}}}{2}\) và \({\lambda _2} = \dfrac{{{\lambda _0}}}{3}\). Gọi \({U_1}\) và \({U_2}\) là điện áp hãm tương ứng để triệt tiêu dòng quang điện thì:
Ta có: \(\dfrac{{h.c}}{\lambda } = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_h}\)
\(\begin{array}{l} \to \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _1}}} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_{h1}};\dfrac{{h.c}}{{{\lambda _2}}} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_{h2}}\\ \to \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}/2}} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_1};\dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}/3}} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_2}\\ \to \dfrac{{2h.c}}{{{\lambda _0}}} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_1};\dfrac{{3h.c}}{{{\lambda _0}}} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}} + e.{U_2}\\ \to e.{U_1} = \dfrac{{h.c}}{{{\lambda _0}}};e.{U_2} = \dfrac{{2h.c}}{{{\lambda _0}}}\\ \to {U_1} = 0,5{U_2}\end{array}\)
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?
- Ta có: \(\dfrac{{h.c}}{\lambda } = A + \dfrac{1}{2}m{v^2}_{{\rm{max}}} \to {v_{{\rm{max}}}} = \sqrt {\dfrac{2}{m}(\dfrac{{h.c}}{\lambda } - A)} = \sqrt {\dfrac{2}{{{{9,1.10}^{ - 31}}}}(\dfrac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{0,485.10}^{ - 6}}}} - {{2,1.1,6.10}^{ - 19}})} = {4,03.10^5}(m/s)\)
- Electron chuyển động thẳng đều trong vùng không gian có cả từ trường đều và điện trường đều khi lực điện cân bằng với lực Lo ren xo: \(F = {F_L} \to qE = qvB \to E = vB = {4,03.10^5}{.5.10^{ - 4}} = 201,4(V/m)\)
Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, nguồn S phát ra đồng thời ba bức xạ đơn sắc có bước sóng lần lượt là 0,4µm; 0,5µm và 0,6µm. Trên màn, trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp cùng màu với vân sáng trung tâm, số vị trí mà ở đó chỉ có một bức xạ cho vân sáng?
Áp dụng công thức tính khoảng vân \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)
Vì ba ánh sáng cùng cho các vân sáng, nên vị trí ba vân sáng trùng nhau thỏa mãn :
\(\begin{array}{l}
x = {k_1}.\frac{{{\lambda _1}.D}}{a} = {k_2}.\frac{{{\lambda _2}.D}}{a} = {k_3}.\frac{{{\lambda _3}.D}}{a}\\
\Rightarrow {i_1}:{i_2}:{i_3} = {\lambda _1}:{\lambda _2}:{\lambda _3} = a:b:c = 0,4:0,5:0,6 = 4:5:6
\end{array}\)
Ta xét vân trung tâm và vân trùng 3 màu đầu tiên, ứng với vị trí:
\(x = 15{i_1} = 12{i_2} = 10{i_3}\)
Vị trí trùng nhau của hai bước sóng λ1 và λ2 có khoảng vân trùng cặp 12 là:
\({i_{12}} = 5{i_1} = 4{i_2}\)
Vậy trong khoảng từ vân trung tâm đến vân trùng 3 màu đầu tiên có số vị trí trùng nhau của hai bước sóng λ1 và λ2là: \(\;\left( {15\;:5} \right) - 1 = 2\)
Vị trí trùng nhau của hai bước sóng λ1 và λ3 có khoảng vân trùng cặp 13 là:
\(\;{i_{13}} = 3{i_1} = 2{i_3}\)
Vậy trong khoảng từ vân trung tâm đến vân trùng 3 màu đầu tiên có số vị trí trùng nhau của hai bước sóng λ1 và λ3 là:
\(\left( {15\;:3} \right) - 1 = 4\)
Vị trí trùng nhau của hai bước sóng λ2 và λ3 có khoảng vân trùng cặp 23 là:
\({i_{23}} = 6{i_2} = 5{i_3}\)
Vậy trong khoảng từ vân trung tâm đến vân trùng 3 màu đầu tiên có số vị trí trùng nhau của hai bước sóng λ2 và λ3là:
\(\left( {12\;:6} \right) - 1 = 1\)
Vậy số vị trí chỉ có 1 vạch màu đơn sắc là :
\((15 + 12 + 10) - (1.3 + 2.2 + 2.4 + 2.1) = 20\)
