Chương VI - Lượng tử ánh sáng

Công suất chùm bức xạ: \(P=n_f.\frac{hc}{\lambda}\Rightarrow n_f=\frac{P\lambda}{hc}=\frac{0,3.10^{-3}.0,26.10^{-6}}{6,625.10^{-34}.3.10^8}=3,92.10^{14}\)

Số e bứt ra: \(n_e=\frac{n_f}{1000}=3,92.10^{11}\)

Đáp án A.

Áp dụng công thức Anh-xtanh về hiện tượng quang điện: \(\varepsilon=\frac{hc}{\lambda}=A+W_đ\)

Do \(v_1:v_2:v_3=1:k:3\)\(\Rightarrow W_{đ1}:W_{đ2}:W_{đ3}=1:k^2:9\)

\(\lambda_1:\lambda_2:\lambda_3=5:4:3\)\(\Rightarrow\varepsilon_1:\varepsilon_2:\varepsilon_3=12:15:20\)

Ta có hệ:

\(\begin{cases}12\varepsilon=A+W_đ\left(1\right)\\15\varepsilon=A+k^2W_đ\left(2\right)\\20\varepsilon=A+9W_đ\left(3\right)\end{cases}\)

Lấy (3) - (1) và (2) - (1) vế với vế ta có:

\(\begin{cases}8\varepsilon=8W_đ\\3\varepsilon=\left(k^2-1\right)W_đ\end{cases}\)

Chia vế với vế của 2 phương trình trên ta được: \(k^2-1=3\Rightarrow k=2\)

Hiện tượng sẽ xảy ra như thế này:

+ Tấm 1 do có điện tích dương rất lớn nên e bứt ra lại bị hút trở lại (vẫn xảy ra hiện tượng quang điện) ---> Điện tích không thay đổi.

+ Tấm 2 trung hòa về điện, mất e sẽ mang điện tích + và tăng dần đến cực đại.

+ Tấm 3 mang điện tích âm, mất e điện tích sẽ giảm, sao đó về 0 (do trung hòa) và lại mang điện tích + và tăng đến cực đại.

Như vậy, A, B, C sai.

Đáp án D

Công suất của chùm sàng \(P = N.\varepsilon = N \frac{hc}{\lambda}\)

Trong cùng một thời gian thì 

số photon do laze A phát ra là: \(N_A = \frac{P_A}{\varepsilon_1}\)

Số photon do laze B phát ra là \(N_B= \frac{P_B}{\varepsilon_1}\)

\(N_A = 2N_B <=> \frac{P_A}{\varepsilon_1} = 2\frac{P_B}{\varepsilon_2}\)

<=> \(\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2} = \frac{3}{2} => \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{3}{2} => \lambda_2 = 600nm.\)

Như vậy laze B  phát ra chùm bức xạ có bước sóng \(\lambda_2 = 600 nm.\) 

Nếu dùng laze B kích thích chất phát quang thì nó phát ra ánh sáng có bước sóng  \(\lambda\)nhỏ hơn bước sóng \(\lambda_2 = 600 nm\) của ánh sáng kích thích từ laze B.

=> phát ra ánh sáng lục.

Công suất của nguồn sáng

\(P_1 = N_1 \varepsilon_1 \)

\(P_2 = N_2 \varepsilon_2 \)

Trong cùng khoảng thời gian \(\frac{N_1}{N_2} = \frac{5}{4}\) 

=> \(\frac{P_1}{P_2} = \frac{N_1\varepsilon_1}{N_2\varepsilon_2} = \frac{N_1 \lambda_2}{N_2 \lambda_1} = \frac{5.600}{4.400} = \frac{15}{8}.\) (do \(\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2} = \frac{hc/ \lambda_1}{hc / \lambda_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1}\))

Chọn đáp án.D

Công thức Anh-xtanh 

\(hf = A+ eU_h\)

=> \(A = h\frac{c}{\lambda_1} - eU_{h1}.(1)\)

     \(A = h\frac{c}{\lambda_2} - eU_{h2}\)

r=> \(hc(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}) = e(U_2-U_1)\)

Mà \(U_2 = 2U_1\)

=> \(eU_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - \frac{hc}{\lambda_2}\)

Thay vào (1) => \(\frac{hc}{\lambda_0} = \frac{hc}{\lambda_1} -( \frac{hc}{\lambda_1} - \frac{hc}{\lambda_2}) = \frac{hc}{\lambda_2} \)

=> \(\lambda_0 = \lambda_2 = 0,3 \mu m.\)

Vậy giới hạn quang điện là \(0,3 \mu m.\)

Để triệt tiêu dòng quang điện thì cần đặt giữa anot và catot một hiệu điện thể U_AK.

Áp dụng định luật biến thiên động năng \(W_{đ2} - W_{đ1} = qU_{AK} \)

=> \(0^2 - \frac{1}{2} m v_{max}^2 = eU_{AK}\)

=> \(U_{AK} = -\frac{0,5.9,1.10^{-31}.(4.10^5)^2}{1,6.10^{-19}} = -0,455V\)

Chọn đáp án.B

Công thức Anh-xtanh: \(hf = A+ eU_h\)

\(\frac{hc}{\lambda_1} = A+ eU_{h1}\) => \(eU_{h1} = \frac{hc}{\lambda_1} - A = hc(\frac{2}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0}) = \frac{hc}{\lambda_0}.\)

\(\frac{hc}{\lambda_2} = A+ eU_{h2}\)=> \(eU_{h2} = \frac{hc}{\lambda_2} - A = hc(\frac{3}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0}) = 2.\frac{hc}{\lambda_0}.\)

=> \(\frac{U_{h1}}{U_{h2}} = \frac{1}{2}\) 

=> Chọn đáp án C.

Công thức Anh-xtanh cho hiện tượng quang điện trong

 \(hf = A+ eU_{h}\) 

\(\lambda_1 < \lambda_2\) => \(hf_1 > hf_2\)=>  \(eU_{h1} > eU_{h2}\)

                                   => \(U_{h1} >U_{h2}\)

Chỉ cẩn tính \(U_{h1}\) để đảm bảo triệt tiêu dòng quang điện cho cả hai bức xạ.

\(eU_{h1} = hc(\frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_0}) = \frac{hc}{\lambda_0}\)=> \(U_{h1} = 1,5 V\)

Chọn đáp án.A.1,5V