Gọi \(n\) là số êlectron bị bứt ra từ mặt catốt của điốt chân không.
Cường độ dòng bão hòa là:\(I=ne\), với \(e\) là điện tích êlectron.
Từ đó: \(n=\frac{1}{e}\), và do số eelectron bị bứt ra trong một phút là:= \(N=nt=\frac{It}{e}\)
Thay số: \(I=4mA=4.10^{-3}A\), t=1 phút =60s; \(e=1,6.10^{-19}C\), ta được:
            \(N=\frac{4.10^{-3}.60}{1,6.10^{-19}}=1,5.10^{18}\) êlectron

Năng lượng ion hóa nguyên tử hiđrô là năng lượng cần thiết để đưa êlectron từ quỹ đạo K lên quỹ đạo ngoài cùng. Nó đúng bằng năng lượng của phôtôn do nguyên tử hiđrô phát ra khi êlectron chuyển từ quỹ đạo ngoài cùng vào quỹ đạo K.
Ta có    \(\frac{hc}{\lambda_{min}}=W_{ion}=13,6eV=13,6.1,6.10^{-19}=21,76.10^{-19}J\)
Bước sóng ngắn nhất trong dãy Lai-man:
 \(\lambda_{min}=\frac{hc}{W_{ion}}=\frac{6,625.10^{-34}.3.10^8}{13,6.1,6.10^{-19}}=0,9134.10^{-7}m\)\(=\text{0,09134μm}\)

a) \(\Delta E=E_3-E_1=E_0\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{9}=12,09eV\right)\)

\(\frac{hc}{\lambda}=E_3-E_1\rightarrow\lambda=\frac{hc}{\Delta E}=1,027.10^{-10}m\)
b) Năng lượng cần thiết để làm bật electron ra khỏi nguyên tử hidro bằng:
         \(\left|E_1\right|=13,6eV\)
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

\(16eV=\frac{mv^2}{2}+\left|E_1\right|\)\(\rightarrow\frac{mv^2}{2}=2,4eV=3,84.10^{-19}J\rightarrow\)\(v=9,2.10^5m\text{/}s\)
     

Khoảng vân \(i'=\frac{i}{n'}=\frac{\lambda D}{1,33.a}=\frac{0,5.10^{-3}.10^{-3}}{1,33.2}=1,88mm\)

Mỗi ô mạng cơ sở của tinh thể sắt gồm 8 nguyên tử sắt nằm ở 8 đỉnh mà mỗi nguyên tử này là thành phần gồm 8 ô mạng cở sở bao quanh nó nên bình quân mỗi ô mạng cơ sở có một nguyên tử sắt ở đỉnh, đồng thời có một nguyên tử ở tâm. Do đó mỗi ô mạng cơ sở có hai nguyên tử. Một mol sắt có .
\(N_A\) nguyên tử hay \(\frac{N_A}{2}\) ô mạng cở sở. Thể tích mol là \(\frac{\mu}{\text{ρ}}\) thì thể tích một ô cơ sở là 
      \(\frac{\mu}{\text{ρ}}:\frac{N_A}{2}=\frac{2\mu}{\mu}N_A\)
Vậy \(a=\sqrt[3]{\frac{2\mu}{\text{ρ}N_A}}=2,87.10^{-8}cm\)
Khoảng cách ngắn nhất giữa các nguyên tử là khoảng cách giữa nguyên tử ở đỉnh và nguyên tử ở tâm. Khoảng cách đó bằng \(\frac{a\sqrt{3}}{2}=2,485.10^{-8}cm\)

Hiệu điện thế mạch ngoài (cũng là hiệu điện thế giữa hai cực dương, âm của nguồn điện): 

\(U=E-rL=RI\)

\(\Rightarrow E=\left(R+r\right)I=2RI=2U\)

\(\Rightarrow U=E\text{/}2\)

a) Tính nhiệt độ ban đầu của khí.
Trong biến đổi đẳng áp, công của khí :
          \(A'p\Delta V=\frac{m}{\mu}R\Delta T\Rightarrow\Delta T\frac{\mu\Delta'}{mR}=300K\)
Biến đổi đẳng áp : \(\frac{T_2}{T_1}=\frac{V_2}{V_1}=2\Rightarrow T_2=2T_1\)
          \(\Delta T=T_2-T_1=T_1=300K\Rightarrow t_1=27^oC\)
b) Tính nhiệt lượng.
Biến đổi đẳng áp :\(Q=mc_p\Delta T=55200\left(J\right)\)
Tính \(\Delta U\)
c)Độ biến thiên nội năng của khí :
       \(\Delta u=Q+A=Q-A'=39628\left(J\right)\)

Do nhiệt độ không khí không đổi, ta áp dụng định luật Bôilơ- Mariôt:
             \(p_2V_2=p_1V_1\) (1)
trong đó \(p_2,V_2,p_1,V_1\) lần lượt là áp suất và thể tích của lượng khí có trong quả bóng sau khi bơm 10 lần và trước khi bơm. Vì dung tích của bóng không đổi nên \(V_2=V=2,5\) lít. Lượng khí có sẵn trong bóng và lượng khí bơm thêm vào đều có áp suất 1 at nên \(p_1=a\) at. Thể tích tổng cộng ban đầu của lượng khí đó bằng: \(V_1=10.0,150+2,5=4\) lít
\(\left(150cm^3=0,150lít\right)\). Từ (1) ta có \(p_2=\frac{p_1V_1}{V_2}\)
Thay chữ bằng số ta được : \(p_2=\frac{1.4}{2,5}=1,6\) at
Áp suất không khí bên trong quả bóng sau 10 lần bơm bằng \(1,6\) at.

Tính áp suất p' của khí trong bình .
Lúc đầu khí trong bình (1) có \(\begin{cases}V_1\\p=10^5Pa\\T=300K\end{cases}\) bình (2) có: \(\begin{cases}V_2=2V_1\\p\\T\end{cases}\)
Số mol khí trong hai bình \(n=\frac{3pV_1}{RT}\)
Lúc sau, khí trong bình (1) có \(\begin{cases}V_1\\p'\\T_1=273K\end{cases}\) bình (2) có \(\begin{cases}V_2=2V_1\\p'\\T_2=330K\end{cases}\)
Số mol khí trong bình (1): \(n_1=\frac{p'V_1}{RT_1}\), trong bình (2): \(n_2=\frac{2p'V_1}{RT_2}\)
         \(n=n_1+n_2\Leftrightarrow\frac{3pV_1}{RT}=\frac{p'V_1}{RT_1}+\frac{2p'V_2}{RT_2}\)
        \(\frac{3p}{T}=p'\left(\frac{1}{T_1}+\frac{2}{T_2}\right)\) suy ra \(p'=1,024.10^5Pa\)

Gọi \(m_1;m_2\) là khối lượng khí trong bình trước và sau khi đun nóng bình. Áp dụng phương trình Menđêlêep - Clapêrông ta có: \(pV=\frac{m_1}{\mu}RT_1;pV=\frac{m_2}{\mu}RT_2\)
Từ đó suy ra khối lượng khí đã thoát ra:
\(m_2-m_1=\frac{pV\mu}{R}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)\), với \(p=50atm,V=10\)lít \(,\mu=2g\)
\(R=0,084atm.l\text{/}mol.K;\)\(T_1=7+273=280K\)
\(T_2=17+273=290K\). Suy ra \(m_2-m_1=1,47g\)