HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VÀ ĐÁP SỐ VẬT LÝ

CHƯƠNG 1 DAO ĐỘNG VÀ SÓNG 1. a CUE 2 2 J 0 10 12 − == ; b A L CU I 2,0 20 0 == 2. a. =π= −3s10.16,3LC2T , Hz 316 1T f == b. J10.5,12 Q C 12 E 6 20 − == , c.. A10.5 LC Q I 3 20 0 − == 3. a. Q = 2,5.106cos2π.103t (C); I = 4.103π sin2π.103t (A) b. W =1,25. 104J. c. Tần số dao động của mạch :ν0 = 103 (Hz) 4. a. T = 4.104 (s); b. Ut Ut+T =1,04 lần 5. ∆t = 6,8.103(s) 6. a. F L C 6,1 101 6 20 − == ω , b. J10.2 Q C 12 E 4 20 − == ; c. (A) t400sin10.2 dt dq i −== −2 π 7. a. Hz200 1T T 2 3 f,s10.5 0 = == ω π = − ; b. H1 C 1 L 20 = ω = c ,J10.97,1 2 CU E 4 20 (max)e − == J10.97,1 2 LI E 4 20 (max)m − == d. 0 = ( ) V2,25U 8. a. Hz10.5 1T T 2 4 f,s10.2 3 0 = == ω π = − ; b. H10 C 1 L 3 20 − = ω = c. ( ) At10sin4,1 dt du Ci −== 4 π ; d. J10.11,0 2 CU E 2 20 − == 9. a.T = 4.104s, Hz2500 1T f == ; b. 04,1 U U Tt t =

2 0

c 1,4sin10 t ( )A

dt

duC

t =+

10 ( )

C2

)e

Q(E

,C2

)eQ(E

2 t t 0 t

t

2 t 0 t

Δ + β Δ

t =Δ + , Δt =6,8.10−3s

10

3ln10.2t

U

UlnT,)s(10.2LC2T

3

4 1

=π

b = δ =11,1Ω

T

L2R

L c

2 2

2

10.52,04

−

=

=

πλ

13 ∆φ = (2π/λ).∆y=4π (rad)

14 x = 0

Điểm M cách điểm O một khoảng là y sẽ dao động chậm hơn một khoảng thời gian τ =

y/u Phương trình dao động là x = sin 2,5π(t – y/u) (cm)

l

D n

y

)

1(

=

= λα

25 0,6.104

2 1

1 2

λ

ϕλϕ

2 0

33,12

97tg

nn

n

n2

tg2i

i

0

1 2

0

m n

n

k d

λ ; Với k = 6; 7; 8; 9; 10;

λ 1 = 0,692 μm; λ 2 = 0,60 μm; λ 3 = 0,473 μm; λ 4 = 0,430 μm

2 1

ϕϕ

CHƯƠNG 6

THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP EINSTEIN

2c

m

2 2

1

c

v1

1m

m

c

v1

mm

2

2 2

2 0

2 2

2 0 2

0 2

c

v1

cmeUcmmc

−

=+

2 0 2

0

c

v1,

c

v1

cmeUc

v

2

2 0

7. Eđ

2 2

2 0 2

0

c

v1

cmc

vcm2c

v1

cmc

2 2

2 0 2

3

2c

v1c

m2

11c

v1

1c

2

2 2

0 2

18,4.28,8

PT

=

2

TT

,K80T

Tmax − min = max + min = → max = min =

1

2 1

bTT

T

1T

1bT

b,

T

b

1

1 2

1 2 2

2 m 1

1

+λΔ

→

=λ

11 Năng lượng phát xạ toàn phần do một đơn vị diện tích bề mặt sợi dây vônfram phát ra trong một đơn vị thời gian:

a W

4

10.4

b Mật độ năng lượng nhận được trên trái đất được coi là năng lượng do mặt trời phát ra sau mỗi giây gửi qua một đơn vị diện tích mặt cầu có bán kính bằng d

2 3

10.3.10.625,6chAA

c

6

8 34 0

=

→

=λ

m

2v

vm2

1Ac

h

e max 0

2 max 0

=

→+

=λ

17 1 hc A eUh A hc−eUh =36,32.10−20J

λ

=

→+

=

λ

10.1,9

76,0.10.6,1.2m

eU2v

eU2

v

31

19 e

h max

0 h

2 max 0

10.6,1.48,2

10.3.10.625,6A

c

19

8 34

vm2

1A

e max

0

2 max 0

hc(UeU

eUv

0 h

2

max 0

20 1 A = hν0 = 39,75.10-20J,

h

eUAeU

10.6,1.15,2

10.3.10.625,6A

c

19

8 34

vm2

1A

e max

0

2 max 0

=

→+

hc(UeU

1 2

11

)(

λλ

c

U U

e

h =6,43.10-34Js

10.3

10.5.10.625,6c

10.5.10.625,6c

h

16

14 34

10.3.10.625,6

6

8 34

10.625,6

12

8 34

Năng lượng nghỉ của electron Eo = moc2=0,51MeV

Ed được tính theo công thức cổ điển nếu năng lượng của phôtôn nhỏ hơn năng lượng nghỉ của electron Nhưng nếu năng lượng của phôtôn lớn vào cỡ năng lượng nghỉ của electron thì Ed

phải tính theo cơ học lượng tử

12 2

2

c

c m

Năng lượng của phôtôn:

a E h hc 8eV

1 1

1 = = =

λν

b E h hc 1,24MeV

2 2

λν

Trường hợp a tính theo công thức cổ điển

s m m

A E

o

/10)(

2

v1= 1− = 6Trường hợp b tính theo cơ học tương đối Công thoat của bạc A=0,75.10-18J tương đương 4,7eV rất nhỏ so với năng lượng của phôtôn nên có thể bỏ qua Từ đó có

12 2

2 2

c

c m

95,0)

2(v

E E E

2 2

/v1

c m hc

c m

λλ

oe

h

c m

A0434,011

11

1'

22sin = Δ

2λc 2θ→λ′= −12

=λ

−λ′

Năng lượng của phôtôn tán xạ: 2,3.10 J

10.64,8

10.3.10.625,6

12

8 34

=ε′

29 1.hc =0,8.1,6.10−13 →λ=1,553.10−12m

0 2

c θ →θ= ′λ

=λ

−λ′

10.3.10.625,6

12

8 34

=ε′

Động lượng của phôtôn tán xạ: 10 kgm/s

10.213,6

10.625,6h

=

′

2 Bước sóng của phôtôn tán xạ:

m

2 12 12

2

2.10.426,2.210.52

10.3.10.625,6

12

8 34

=ε′

Động lượng của phôtôn tán xạ: 0,89.10 kgm/s

10.426,7

10.625,6h

−

=

=λ′

1c

mcmcm

2 2

2 e

2 e

2 e

Theo định luật bảo toàn năng lượng: Eđ ⎟

−λ

=λ′

−λ

2sin

2λc 2 θ

=λ

A037,01E

cm21cm

=λ

32 Năng lượng electron nhận được trong tán xạ Compton bằng

( )

2sin2

2sin2'

2θλ

λ

θλ

λλλ

λλ

λ

c

c

hc hc

hc hc E

θν

λ

λ

α

c oe

c

g c

−Δ

=

1

2/cot1

12

'/sincos

sin

'

λθλ

λ

θθ

θα

Biến đổi và sử dụng công thức Compton

cuối cùng ta thu được biểu thức:

thay số vào ta được α = 49o

34 Theo định luật bảo toàn động lượng: ppr =pr′+pr′e →pre′ =pr−r′

s/m.kg10.6,1hhp

pp

pe2 2 2 e 22 22 ≈ −22

λ′

+λ

=

→

′+

θα

c

g tg

+

=1

2/cot

Theo định luật bảo toàn năng lượng

'

λλ

hc E hc hc

λλ

Δ

2sin2

22

Do α + = π/2 nên tg α = cotg

λλ

θθ

c

g g

+

=1

2/cot

λ

λθ

2/1

21

2θλ

2

2 2

11

22

11

a

a a

−

−

=+

ν

c

h c

h m

hc h

=

m

hv

hv

=

=

m

m

λλ

E

10.3,

10 Tần số của sóng điện từ không thay đổi khi chuyển qua các môi trường khác nhau Do đó

∆ν = 0 Bước sóng của sóng thì thay đổi

ννλλ

12 v lớn cỡ c nên áp dụng cơ học tương đối tính:

s/m.kg10.64,3

c

v1

vmmv

2 2

.6,1.10.1,9.2

10.625,6eU

2m

h

2

vmeU ;

v

m

19 31

34 1

e 1

2 e e

h,

m10.225,1eUm

2

3 e 3

10 2

v-1h

c

v-1

mm

2 2

c m E

)2(eU m c2eU

hc p

15 1 Năng lượng nghỉ của electrôn E0 = 0,51MeV

Khi Eđ = 100eV nhỏ hơn rất nhiều so với năng lượng nghỉ của electrôn, do đó áp dụng cơ học

cổ điển:

10.1,9.10.6,1.2

10.625,62

v

31 17

34 2

2 2

0

1

vm

−

1

1c

h c

c m E

E

2

10.62,0)

hmeU2

2

2 2

−

=λ

e e

=λ

=

→

=λ

e2m

hU 2

vmeU ; vm

h

2 e

2 2

e e

=λ

=

⇒

=

=λ

19 v⊥B Lực Loren giữ vai trò lực hướng tâm

r

m B q

F L = v = v2

Từ đó rút ra v = rqB/m (q = 2e) Vậy m

erB

h rqB

h m

102

20 Công của lực điện trường bằng A = eU = Ed

* U = 51 V, eU = 51 eV nhỏ hơn rất nhiều so với năng lượng nghỉ của electron (0,51 MeV)

Do đó ta có thể dùng công thức cơ học cổ điển để tính động năng

o

o

m

p m

eU

22

h p

m

E = 2⎢⎡ 1 −1⎥⎤=

2 2

1−v = m o c

2

2)2(

v

c m eU

c m eU

m

/v-1

2 2

+

=

=

014,0)2

=+

=

=

c m eU eU

hc p

2

2

v m v

v d

m x

m

v

đ

hh

hh

22

πλ

λ

2

100,

=

p

h p

p

x p

23 Δ p xΔ ≈h → v

xm

Δ

=Δ

m

p m

Δ

≈Δ

ml m

p

2 2

min = =

10.2.10.2

10.055.1x

≈

Độ bất định về vận tốc rất nhỏ, nên có thể tuân theo cơ học cổ điển

26 Năng lượng của electron eEx

m

p

E e = +22

Từ hệ thức bất định Heisenberg → x~ h/p

Năng lượng của electron

p

eE m

p

E e ≈ +h2

2

Cực tiểu của Ee khi dE/dp =0 Từ đó p≈ h3 meE ≈3,58.10−25kgm/s

27 Năng lượng của electron 2 3

mk x

Δ

28 a Trạng thái cơ bản là trạng thái bền → ∆t = ∞, từ hệ thức bất định →

∆E ~ h/Δt = 0 Vậy năng lượng của hệ là xác định

(

Phương trình Schroedinger 0

2

2 2

2 2

2

=ψ

)5,3,1(2cos1

n a

x n a

n a

x n a

πψ

Trong cả hai trường hợp

2

2 2 2

2

2 2 2

22

v

λ

π

m m

p m

2ma n

E n =π h

(n = 1, 2, ) (Giải phương trình Schroedinger cho hạt trong giếng thế ta cũng tìm được phương trình trên) Hiệu nhỏ nhất giữa hai mức năng lượng:

2

2 2 2

2 2 2

2 2 1

2

2

32

2

4

ma ma

ma E

E

Δ

a Khi bề rộng giếng a = 10 cm, ∆E = 1,8.10-35J = 1,1.10-16 eV

b Khi bề rộng giếng a = 10 Å, ∆E = 1,8.10-19J = 1,1 eV

Ta nhận thấy, nếu kích thước của giếng càng nhỏ thì khoảng cách giữa các mức năng lượng càng lớn, tính gián đoạn của các mức năng lượng càng lớn (tương tự xảy ra khi khối lượng hạt càng nhỏ) Trong thế giới vi mô tính gián đoạn của các mức năng lượng càng thể hiện rõ Ngược lại nếu a và m lớn, các mức năng lượng xít lại nhau tiến tới sự biến thiên liên tục của

34 Xác suất P1 tìm thấy hạt trong miền I:

dx x

33

13

2sin23

12

cos

1 /3

0

3 / 0

a

604,02

33

13

2sin3

12

a

a

a a

35

a

x n a

4cos12

122

sin

3 /

3 / 2

3 /

dx a

x a

a

a a

ππ

sin

suy ra x = a/3 và x = 2a/3, tại các vị trí này P1=P2=3/2a

36 Theo cơ học cổ điển nếu năng lượng E của hạt lớn hơn hàng rào thế năng thì hạt vượt qua hàng rào và không bị phản xạ lại Nhưng theo cơ học lượng tử thì tình hình lại khác hạt vừa phản xạ vừa vượt qua hàng rào

Trong miền I, động năng Ed của hạt bặng năng lượng toàn phần E của hạt vì U = 0, còn trong miền II động năng của hạt bằng E – Uo Ta viết được

mE

22

1

1 πh πh

)(

2

22

2

2

o

U E m

2

U E m

=

=

λπ

Như bài tập thí dụ 3, hệ số phản xạ R khi chùm electron gặp hàng rào thế năng giữa miền I và miền II có dạng

81

14

5

4

2 2

2 1

U E E k

k

k k R

Do có sự bảo toàn hạt nên R + D = 1 Do đó hệ số truyền qua D bằng

81

8081

11

0)()(

22 2

ψ

Xác suất tỉ đối cần tìm bằng

3,0)(22exp)

0(

)(

CHƯƠNG 9

NGUYÊN TỬ

1 Vạch Hα tương ứng chuyển mức M →L, tần số phát ra là ν32, tương tự vạch Hβ ứng với tần

số ν42, vạch Hγ ứng với tần số ν52 và vạch Hδ ứng với tần số ν62 Ba vạch trong dãy Paschen ứng với các tần số ν43, ν53, ν63

23 42 23 42 43

λ

c c c

+

=+

=

=

m

μλ

λ

λλ

656,0486,0

)486,0)(

656,0(42 23

42 23

−

−

=+

=Tương tự λ53 =1,282μm và λ63 =1,093μm

2

m10.83,013

1R

c

m10.88,1

4

13

1R

c

n

13

1Rc

6

2 2 min

6

2 2

max 2

3 Bước sóng của vạch thứ hai trong dãy Balmer:

0,49.10 m

4

12

1R

2 2

Bước sóng của vạch thứ ba trong dãy Balmer:

0,437.10 m

5

12

1R

2 2

4 Bước sóng của thứ hai trong dãy Lyman:

0,103.10 m

3

11

1R

2 2

Bước sóng của vạch quang phổ thứ ba trong dãy Lyman:

0,98.10 m

4

11

1R

2 2

9

11R

c1

hRE ; 3

hRE

;

hc

E

2 3 1

1R

c

m10.22,1

2

11

1R

c

n

11

1Rc

7

2 2 min

7

2 2

max 2

), eV ( 2 , 10 2

1 1

1 Rh

h

2 max

2 2

8 Nguyên tử phát ra ba vạch, như vậy phải ở trạng thái kích thích n = 3 Tần số của ba vạch sáng đó lần lượt là:

1

R

ν

Tương ứng với các bước sóng 1216Å, 1026 Å (dãy Lyman) và 6563 Å (dãy Balmer)

9 Nguyên tử phát ra ba vạch, như vậy phải ở trạng thái kích thích n = 3

eV Rh

3

11

12 2

λ1=1216Å ( khi n’=1,n =2), λ2=1026Å ( khi n’=1,n =3), λ3=6563Å ( khi n’=2,n =3)

10 Từ mức năng lượng thứ n đến mức năng lượng thứ nhất có tất cả n mức năng lượng Mỗi vạch quang phổ, tương ứng với một sự chuyển trạng thái giữa hai mức năng lượng bất kì trong số n mức năng lượng đó chuyển từ mức cao xuống mức thấp hơn) Vậy số vạch quang phổ có thể phát ra = số cặp mức năng lượng trong n mức năng lượng, do đó bằng n(n-1)/2

11 Động năng của electrôn khi bật ra khỏi nguyên tử:

s/m10v)eV(35,135,16Eh2

1'

1

n n hR h

eU

A ν Lấy n’=1, n=2, R=3,29.1015s-1, ta tìm được U=10,2 V

14 Mômen động lượng quĩ đạo của electrôn: L= l(l+1)h, trong đó l= 0 , 1 , 2 , , n − 1 , do

đó cần tìm n Năng lượng electrôn ở trạng thái n : n 2

n

Rh

E =− , năng lượng kích thích E = 12eV chính là năng lượng mà electrôn hấp thụ để nhảy từ trạng thái cơ bản lên trạng thái En

→ En – E1 = 12eV 12

1

Rhn

15 Hình chiếu Lz của L lên phương z bằng L z =mh (m=0,±1,±2, ,±l)

và độ lớn của mômen quĩ đạo được xác định bằng L= l(l+1)h

Do đó

)1()

1(

cos

+

=+

=

=

l l

m l

l

m L

L z

h

h

α

Vì trạng thái d tương ứng với l = 2, nên số lượng tử m lấy các giá trị m = 0, ±1,±2 Góc α nhỏ

nhất tương ứng với giá trị m lớn nhất, m = 2 Từ đó ta tìm được

82,03.2

Z = 0, ±h, ±2h, ±3h Độ lớn mômen động lượng quĩ đạo:

Rh

p s

2 p

2

s

−

=Δ

−

=Δ

→

=Δ+

=Δ

21 Chuyển dời thứ hai, thứ tư, thứ năm và thứ bảy

22 Ở trạng thái d, l=2 vậy m = 0, ±1, ±2 Giá trị hình chiếu Lz được tính bằng Lz = mħ=0, ±ħ,

±2ħ

23 Nếu chưa xét đến spin, những trạng thái ứng với n = 3 sẽ có l = 0,1,2 tương ứng với s, p,

d Trạng thái năng lượng sẽ là 3S, 3P, 3D

Nếu xét đến spin thì các trạng thái sẽ là 3 S2 1/2, 3 P2 1/2, 3 P2 3/2, 3 D2 3/2, 3 D2 5/2

Những trạng thái có thể chuyển về 3 S2 1/2 là: n2P1/2 và n2P3/2 (n =3,4,5 )

Những trạng thái có thể chuyển về 3 P2 1/2 là: n2S1/2(n =4,5,6 ) và m2D3/2 (m=3,4,5 ) Những trạng thái có thể chuyển về là: (n =4,5,6 ) và ,

(m=3,4,5 )

2 / 3 2

3 P n2S1/2 m2D3/2 m2D5/2

Những trạng thái có thể chuyển về là: , (n =4,5,6 ) và , (m=4,5 )

2 / 3 2

3 D n2P1/2 n2P3/2 m2F5/2

Những trạng thái có thể chuyển về là: (n =4,5,6 ) và ,

(m=4,5 )

2 / 5 2

R4

R

−

=Δ+

−Δ

mà

c4

R

p s

10 2

s

−

=Δ

−

=Δ

→

=Δ

25 Dưới tác dụng của từ trường (hiện tượng Zeeman thường) sự tách các mức năng lượng chỉ phụ thuộc vào số lượng tử l Mức P, l =1, m = 0, ± 1 Như vậy mức P tách thành 2l+1=3

mức con Mức D l=2, m = 0, ± 1, ±2 Như vậy mức D tách thành 2l+1=5 mức con Sự chuyển

dời giữa các mức năng lượng tuân theo qui tắc lựa chọn: ∆m = 0, ± 1 Từ hình vẽ ta nhận thấy

do các mức năng lượng tách ra cách đều nhau nên vạch quang phổ mD – nP thực sự chỉ tách thành 3 vạch quang phổ khác nhau

m = 2

m = 1Mức D

27 a) Các trạng thái electron chỉ khác nhau ở 3 số lượng tử n, l, m Với n và ms xác định thì

số trạng thái electron bằng n2 Nếu n = 3 thì 32 = 9

b) l = 0; 1 ; 2 ; … n-1

m = 0; 1 0 -1; 2 1 0 -1 -2;……

Vậy khi n và m xác định thì có n - |m| trạng thái của electron khác nhau bởi các giá trị của l và

số các trạng thái electron khác nhau bởi các giá trị của l và ms là 2(n - |m|)