Bài tập vật lý cho sinh viên đại học bách khoa

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA VẬT LÝ BÀI TẬP VẬT LÝ (NHIỆT , QUANG, & VẬT LÝ HIỆN ĐẠI) DÙNG CHO SINH VIÊN KHỐI ĐẠI TRÀ TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA LƯU HÀNH NỘI BỘ Đà Nẵng, 2017-2018 Phần I: NHIỆT HỌC Chương 1: THUYẾT ĐỘNG HỌC PHÂN TỬ (Khơng có tập) Chương 2: NGUYÊN LÝ I CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC I CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ A Các ịnh luật thực nghiệm chất khí Định luật Boyle-Mariotte cho q trình ẳng nhiệt: pV = const ó p V áp suất thể tích khối khí Định luật Gay-Lussac cho trình ẳng áp: V = V0(1 + t) = V0 T hay V/T = const Định luật Charles cho q trình ẳng tích: P = p (1+ t) = p T hay P/T = const ó V0 p thể tích áp suất khối khí 0C; V p thể tích áp suất khối khí t ( 0C) ứng với T (K), ộ -1 hệ số giãn nở nhiệt chất khí Phương trình trạng thái khí lý tưởng (phương trình Mendeleep – Claperon): a Phương trình trạng thái cho Kmol khí: PV = RT m b Phương trình trạng thái cho khối khí bất kỳ: pV RT ó p, V T áp suất, thể tích nhiệt ộ khối khí có khối lượng m, lượng kilơmol khí ó; R số khí lý tưởng Trong hệ SI: R 8,31.10 J 8,31J mol K/ kmol K Nội khối lượng riêng khí lý tưởng a Nội khối khí lý tưởng khối lượng m: U mi RT b Khối lượng riêng khối khí lý tưởng khối lượng m: m khối v B Nguyên lý thứ nhiệt ộng học hệ Nguyên lý thứ nhiệt ộng học U= A+ Q Nó viết dạng vi phân: dU = A + Q ó: dU ộ biến thiên nội hệ, A = -pdV công Q nhiệt lượng mà hệ nhận ược suốt trình biến ổi Độ biến thiên nội khí lý tưởng dU mi m C dTv RdT Cơng mà khối khí nhận ược trình biến ổi ẳng nhiệt: A mRT ln V1 V2 mRT ln p2 p1 Q Nhiệt dung riêng chất: c - Nhiệt dung phân tử chất: C = c , với ó m khối lượng hệ mdT khối lượng mol chất ó - Nhiệt dung phân tử ẳng tích nhiệt dung phân tử ẳng áp chất khí iR Cv ; Cp Cp - Hệ số Poisson: i R Cv R i Cv i Phương trình trình oạn nhiệt: hoặc: TV pV = const -1 = const Cơng mà khối khí nhận ược trình oạn nhiệt: pV A 11 V V12 Tp const Hoặc: A p V2 1pV1 hoặc: A m RT T 11 T12 Trong ó p V1 áp suất thể tích khối khí nhiệt ộ T ; p V2 áp suất thể tích khối khí nhiệt ộ T2 II BÀI TẬP Bài 6,5 gam Hydro nhiệt ộ 27 0C, nhận ược nhiệt nên thể tích giản nở gấp ôi, iều kiện áp suất không ổi Tính : a Cơng mà khí sinh b Độ biến thiên nội khối khí c Nhiệt lượng ã cung cấp cho khối khí Bài 10 gam khí Oxy nhiệt ộ 10 0C, áp suất 3.10 N/m2 Sau hơ nóng ẳng áp, thể tích khí tăng ến 10 lít Tìm: a Nhiệt lượng mà khối khí nhận ược b Nội khối khí trước sau hơ nóng Bài Cho khí lý tưởng ơn ngun tử tích lít áp suất atm nhiệt ộ 300 K (A) Khí thực q trình biến ổi ẳng tích ến áp suất atm (B), sau ó giãn ẳng nhiệt áp suất atm (C) Cuối cùng, khí ược làm lạnh ẳng áp ến thể tích ban ầu (A) Tính: a Nhiệt ộ B C b Nhiệt hệ nhận cơng khối khí thực chu trình Bài Một mol khí lý tưởng ược làm nóng ẳng áp từ 17 0C ến 75 0C, ó khí hấp thụ nhiệt lượng 1200 J Tìm: a Hệ số Pốtxơng =Cp/CV b Độ biến thiên nội U khối khí cơng mà khí sinh Bài Để nén 10 lít khơng khí ến thể tích lít, người ta tiến hành theo hai cách: nén ẳng nhiệt hay nén oạn nhiệt Hỏi cách nén tốn cơng hơn? Bài Một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử thực biến ổi sau: từ trạng thái (1) với áp suất P1 ; thể tích V1 nhiệt ộ T1 = 27 oC khí giãn ẳng nhiệt ến trạng thái (2) tích V2 = 2V1 Sau ó, khí lý tưởng tăng áp ẳng tích ến trạng thái (3) có P3 = 2P1 a Vẽ thị biến ổi giản (P,V) b Tính tồn q trình: Nhiệt mà khối khí nhận ược cơng khối khí sinh Bài 0,32 mol khí lý tưởng ơn nguyên tử thực biến ổi sau: từ trạng thái (A) với áp suất p = 2,4 atm, thể tích V1 = 2,2 lit ược nung nóng giãn ẳng áp ến trạng thái (B) tích V2 = 2V1 Sau ó, khối khí ược làm lạnh ẳng tích ến trạng thái (C) có P = P1/2 = 1,2 atm Từ (C) nén ẳng nhiệt khối khí trở trạng thái (A) Hãy xác ịnh: a Nhiệt ộ trạng thái A, B, C b Công hệ sinh, nhiệt hệ nhận, ộ biến thiên nội q trình Bài Một chất khí lưỡng ngun tử tích V = 0,5lít, áp suất p = 0,5 at Nó bị nén oạn nhiệt tới thể tích V áp suất p Sau ó người ta giữ ngun thể tích V2 làm lạnh ến nhiệt ộ ban ầu Khi ó áp suất khí p = 1at a Vẽ thị q trình ó b Tìm thể tích V2 áp suất p Bài Một lượng khí Oxy chiếm thể tích V1 = lít, nhiệt ộ 27 0C áp suất p = 8,2.10 N/m2 Ở trạng thái thứ hai, có thơng số V2 = 4,5 lít p = 6.10 N/m2 (hình vẽ) Tìm nhiệt lượng mà khí sinh giãn nở ộ biến thiên nội khối khí Giải hai tốn trường hợp biến ổi khí từ trạ ng thái thứ sang trạng thái thứ hai theo hai ường a ACB b ADB Bài 10 Một mol khí lưỡng nguyên tử thực chu trình (như ược minh họa hình bên) gồm trình ẳng nhiệt ứng với nhiệt ộ 𝑇1 = 700 K, 𝑇2 = 300 K; trình ẳng tích ứng với thể tích 𝑉1 𝑉2 = 2𝑉1 PA Pp a Chứng minh rằng: PB PC b Tính cơng nhiệt mà hệ trao ổi với mơi trường ộ biến thiên nội hệ trình III HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài Cho: q trình ẳng áp p=const Tìm: a.Cơng mà khối khí sinh ra: A’ 6,5gam =65.10 -4kg b.Độ biến thiên nội năng: t1= 27 oC→T1= 300 oK V2=2V1, U c Nhiệt lượng dã cung cấp cho khối khí ( nhiệt mà khối khí nhận ược) :Q =2kg/Kmol, i=5 a Quá trình giản nở ẳng áp nên: A= p V = pV1 = - m RT1 = - 8,1.10 3J b.Độ biến thiên nội khối khí: U= mi R(T T 1) V2 2T1 Tìm T2 từ phương trình trình ẳng áp: T = T1 V1 Do ó: U = c Theo nguyên lý I NĐH: m i RT1 U= A+Q => Q= U –A = 28,3.10 3J Bài Cho: trinh ẳng áp p=const Tìm: 10gam =.10 -2 kg a.Nhiệt mà khối khí nhận ược :Q t1= 10 oC→T1= 283 oK =32kg/Kmol, i=5 20,2.10 3J b U1 , U2 V2=10lit = 10 -2m3, a Vì q trình hơ nóng ẳng áp, nên: Q = mCp T m i 22 R T( T1 ) Tìm T2 từ phương trình q trình ẳng áp m RT1 ; ó V1 = Kết là: Q = 7,9.10 3J b Nội khối khí trước hơ nóng: p1 U1 m i RT1 m i U2 = RT1 Và sau hơ nóng: 1,8.10 J 7,6.10 J Bài ĐS: - Nhiệt ộ 𝑇𝐵 = 𝑇𝐶 = 900 K - Công 𝐴′𝐵𝐶 = 1648 J 𝐴′𝐶𝐴 = −1000 J Suy ra: 𝐴′ = 648 J - Nhiệt hệ nhận chu trình: 𝑄 = −𝐴 = 𝐴′ = 648 J Bài ĐS: a) Tính 𝑚 𝑄 1200 𝑄 = 𝜇 𝐶𝑃∆𝑇 → 𝐶𝑃 = 𝑚 = 75 − 17 = 20,69 ∆𝑇 𝜇 𝐶𝑃 𝐶𝑃 20,69 𝐶𝑃 − 𝑅 = 20,69 − 8,31 𝛾= 𝐶𝑉 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝐾 == 1,67 b) Tính ∆𝑈 𝐴′ 𝑚𝑖 𝑚 ∆𝑈 = 𝑅∆𝑇 = 𝐶𝑉∆𝑇 = 12,38(75 − 17) = 720𝐽 𝜇2 𝜇 𝐴′ = −𝐴 = 𝑄 − ∆𝑈 = 1200 − 720 = 480𝐽 Bài Cho: V1 =10lit =10 -2m3; V2 =2lit =2.10 -3 m3 Nén theo q trình mà tốn cơng lợi Nếu nén ẳng nhiệt, cơng mà khí phải nhận vào là: A1 = Nếu nén ọan nhiệt, A2 = Với = i m RT1 ln V m RT l V1 VV1 1 ;i (khơng khí) = Xét tỷ số ; suy nén ẳng nhiệt lợi Bài ĐS: b Nhiệt hệ nhận: 𝑄 = 𝑄12 + 𝑄23 = (𝑙𝑛2 + ) 𝑅𝑇1 = 20427 J Công hệ sinh: 𝐴′ = 𝐴12′ + 𝐴′23 = 1701 J Bài ĐS: a TA = TC = 199 K; TB = 398 K b Tính 𝑄, 𝐴′ ΔU - Quá trình (A → B): Q1 = 1323 J; A’ = 528 J; ΔU1 = 795 J - Quá trình (B → C): A’2 = 0; Q2 = - 795 J; ΔU2 = -795 J - Quá trình (C → C): ΔU3 = 0; A3 = - Q3 = 367 J Bài Cho: p 1=0,5at= 0,5.9,81.10 4N/m2 Tìm: a.Vẽ thị q trình ó Po=1at= 9,81.10 4N/m2 V1=0,5lit = 5.10 -4m3 b V2 , p2 i=5 a Đồ thị biểu diễn trình b Xét trạng thái ta tìm ược (quá trình ẳng nhiệt): V2 = p1 V 0,25l p2 Quá trình biến ổi từ (1) ến (2) oạn nhiệt Q = 0, ta có: p2 V V 12 p1 y 1,32at Bài Cho: V1 =3lit=3.10 -3m3 , p = 8,2.10 N/m2 Tìm: a.Nhiệt lượng mà khí sinh t1= 27 oC→T1=300 o K = TA V2= 4,5lit, p 2=6.10 N/m2 b.Độ biến thiên nội khối khí Vì nhiệt lượng trao ổi phụ thuộc vào ộ biến thiên nhiệt ộ, nên phải tìm nhiệt ộ trạng thái C, B, D P2 2200 K ; TB = T2 = TC TC = T1 P1 V2 V2 T1 3300 K; TD = V1 4500 K V1 Tính khối lương khí từ trạng thái 1: m PV1 RT1 Nhiệt hệ nhận ược biến ổi khí từ trạng thái thứ sang trạng thái thứ hai theo hai ường: m m QACB= QAC + QCB = CV TAC + CP TCB =1,55KJ Tương tự QADB= QAD + QDB = mCP TAD + mCV TDB =1,88KJ Cơng hệ nhận ược biến ổi khí từ trạng thái thứ sang trạng thái thứ hai theo hai ường: AACB= AAC + ACB =0 –p2(VB-VC) =–p 2(V2 -V1 )= -0,92KJ Tương tự AADB= AAD + ADB = –p 1(VD-VA) =–p1 (V2-V1)= -1,25KJ Độ biến thiên nội biến ổi khí từ trạng thái thứ sang trạng thái thứ hai theo hai ường: UACB = AACB+ QACB =0,63KJ UADB = AADB+ QADB =0,63KJ U = UV=const + Up =const ; Q = QV= const + Qp=const ; A = - p V Ta tính ược: QACB = 1,55KJ : QADB = 1,88KJ ; AACB = 0,92KJ ; AADB = 1,25KJ UACB = 0,63KJ ; UADB = 0,63KJ Bài 10 ĐS: a Đối với q trình ẳng nhiệt AB CD, ta có: PA PB V2 ó pA PD V2 PD V1 PC V1 PB PC b Quá trình từ A→ B: 𝐴𝐴𝐵 = −4,032 kJ; 𝑄𝐴𝐵 = −𝐴𝐴𝐵 = 4,032 kJ Quá trình BC: 𝑄𝐵𝐶 = −8,31 kJ; Quá trình từ C → D: 𝐴𝐶𝐷 = 1,728kJ; 𝑄𝐶𝐷 = −𝐴𝐶𝐷 = −1,728kJ; Quá trình DA: 𝑄𝐷𝐴 = 8,31kJ Chương 3: NGUYÊN LÝ II CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC I CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ Hiệu suất ộng nhiệt: A' Q1 Q'2 Q1 Q1 Trong ó Q1 nhiệt mà tác nhân nhận ược nguồn nóng Q' nhiệt mà tác nhân nhả cho nguồn lạnh Hiệu suất chu trình Carnot: T2 T1 Bài ĐS: a E = 1,33x10 J; b P = 27,28 W Bài 10 Ta có : lượng, khối lượng xung lượng photon ược xác ịnh công thức : 0,7.10 -6m hc h : = ;m h ;p c = 3,16.10 -36kg, p = 9,466.10 -28kgm/s 2,839.10 -19J, m a = b = 0,25.10 -10m : = 7,95.10 -15J, m = 8,84.10 -32kg, p = 2,65.10 -23kgm/s c = 0,016.10 -10m : = 1,24.10 -13J, m = 1,38.10 -30kg, p = 4,14.10 -22kgm/s - Chương 12: CƠ HỌC LƯỢNG TỬ I CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ Hệ thức de Broglie: Vì hạt tự có lượng E, ộng lượng P tương ứng với E h sóng phẳng ơn sắc có tần số bước sóng : ; h p Hệ thức bất ịnh Heisenberg : a Hệ thức ộ bất ịnh tọa ộ ộ bất ịnh ộng lượng vi hạt : x Px h : số Plăng h b Hệ thức ộ bất ịnh lượng thời gian sống vi hạt: E t h Hàm sóng : a Hàm sóng phẳng ơn sắc : = exp [- i ( t - kr)] = exp pr với h h b Ý nghĩa hàm sóng: - Mật ộ xác suất tìm hạt - Xác suất tìm hạt yếu tố thể tích dV : - Xác suất tìm hạt tồn khơng gian : = 2dV dV = =1 * dV h i Et Phương trình Schrodinger mơ tả chuyển ộng vi hạt : − ℏ Δ𝜓(𝑟 )+ 𝑈(𝑟 )𝜓(𝑟 ) = 𝐸𝜓(𝑟 ) 2𝑚 với 𝜓(𝑟 ) hàm sóng khơng phụ thuộc thời gian II BÀI TẬP: Bài Hạt electron có vận tốc ban ầu ược gia tốc qua hiệu iện U Xác ịnh bước sóng de Broglie electron sau gia tốc trường hợp : a U = 51V b U = 510 KV Bài Động electron ngun tử hydrơ có giá trị vào cỡ 10eV Dùng hệ thức bất ịnh ánh giá kích thước nhỏ nguyên tử Bài Trong thí nghiệm cho chùm hạt xuyên qua khe hẹp A B, người ta xác ịnh ược biên ộ sóng i qua khe iểm ó hứng + + tốc ộ ếm (số hạt ếm ược ơn vị thời gian) mở khe A 60 hạt/giây a Hỏi tốc ộ ếm mở khe B ? b Hỏi tốc ộ ếm mở khe ? Bài Một phơtơn electron có ộng Hãy so sánh bước sóng de Broglie phơtơn electron ? Bài Tính ộ bất ịnh tọa ộ x hạt electron nguyên tử hydrô biết vận tốc electron v = 1,5.10 m/s ộ bất ịnh vận tốc v = 10% V So sánh kết tìm ược với ường kính d quỹ ạo Bohr thứ xét xem áp dụng khái niệm quỹ ạo cho trường hợp kể không ? Bài Prôtôn có lượng 10 MeV Bước sóng de Broglie prôtôn ? Cho khối lượng nghỉ prôtôn 1,67.10 -27 kg Bài Một vi hạt giếng chiều sâu vơ hạn có bề rộng ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 ược mơ tả hàm sóng 𝜓(𝑥) = 𝜓0 sin 𝑛𝜋 𝑎 𝑥 a) Hãy xác ịnh biên ộ sóng 𝜓0 từ iều kiện chuẩn hoá b) Hạt trạng thái kích thích có 𝑛 = Xác ịnh vị trí ứng với cực ại cực tiểu mật ộ xác suất tìm thấy hạt vùng ≤ 𝑥 ≤ 𝑎/2 Bài Chiếu chùm electron có lượng 0,083eV lên mẫu tinh thể, người ta quan sát thấy góc trượt ứng với nhiễu xạ bậc 22 Tìm số mạng d tinh thể nói Bài 9.Một hạt bị nhốt hai tường rắn nằm cách khoảng L Biế t hạt trạng thái lượng thấp có hàm sóng 𝜋𝑥 Ψ(𝑥) = 𝐴 sin (𝑣ớ𝑖 𝐴 = √ ) 𝐿 𝐿 Tính xác suất tìm thấy hạt iểm L a Từ x = ến x = L b Từ x = 2L 2L ến x = c Từ x = 3 ến x = L Bài 10 Tìm vận tốc bước sóng electron có ộng tương ối tính lượng nghỉ III HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài Hạt electron ược gia tốc hiệu iện U nhận ược lượng lượng W = eU Toàn lượng chuyển thành ộng W eclectron a Vì hiệu iện U khơng lớn nên ộng electron khơng lớn, ó vận tốc khơng lớn Trong trường hợp ta sử dụng ược học cổ iển : eU W ÿ mv2e m v2 em2 e P 2meeU 2Pm2e Mặt khác, theo giả thiết Đơbrơi : P h h h P Thay số : 2meeU h = 6,625 10 -34 J.S ; me = 9,1 10 -31kg e = 1,6 10 -19 C U = 51V Vào biểu thức (1) ta ược : ; (1) = 1,7.10 -9 m = 1,7A0 b Vì hiệu iện U lớn, nên ộng electron lớn, vận tốc lớn Trong trường hợp ta áp dụng học cổ iển ược mà phải áp dụng học tương ối : W = W - W0 Trong ó W=mc lượng toàn phần electron, W =mec2 lượng nghỉ electron eU = W = mc - mec2 Do ó : Theo học tương ối ta có biểu thức liên hệ lượng ộng lượng hạt: 𝑊2 = 𝑚 2𝑐4 = 𝑚𝑒 2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 Do ó: nên 𝑚𝑐 − 𝑚𝑒𝑐2 eU = ⇒ 𝑚𝑒2𝑐4 + 𝑝2𝑐2 = 𝑒2𝑈2 + 2𝑒𝑈𝑚𝑒𝑐2 + 𝑚𝑒2𝑐4 eU 2 2eUmc e ược: p c Từ ây ta rút p eU eU 2m ce hc 2mc e eUeU h Do: c Thay số vào ta ược = 0,014A0 p Bài Theo hệ thức bất ịnh ta có : ∆𝑥 ∆𝑝𝑥 ≈ ℎ Vì nguyên tử, electron chuyển ộng phạm vi kích thước nguyên tử nên : h x = r0 (bán kính ngun tử) Do ó : 𝑟0 ∆𝑝𝑥 ≈ ℎ r0 ∆𝑝𝑥 ≤ 𝑝 = px √2𝑚𝑒𝑊đ h h 6,625.10 Nên : romin = pxm 2mWÿ 2.9,1.10 Vậy : e 34 31 1,6.10 19 10 ax romin = 0,39.10-9m Bài Vì vi hạt có lưỡng tính sóng hạt, nên cường ộ sáng tỷ lệ thuận với bình phương biên ộ sóng với số hạt ếm ược giây Gọi : IA , IB cường ộ sóng qua khe A, B a Ta có : IIB 522 NNAB NB 5322 NA 259.60 = 167 hạt/giây A b IIABA 323 NNABA N60AB N AB = 420 hạt/giây Bài Gọi W lượng toàn phần hạt, W ộng hạt W0 lượng nghỉ hạt Ta có : W = W - W0 Mà W = c m02c2 P2 * Nên ối với hạt electron ta có : Wÿe c m c 02 P2 m c0 * Đối với phôtôn khối lượng nghỉ hạt phôtôn m = nên với hạt phơtơn ta có : 𝑊đ𝑓 = 𝑐 𝑃𝑓 Theo giả thiết: Wf = Ee Nên : c m02c P2 m0c 2= cPf Hay : m02c Pe2 2c mec2 = cp f Nhưng : m02c4 P2 2c m0c < cPe Nên : cPf < cPe c h c h Vậy: A2 B2 - A < B f > e e f Bài Theo hệ thức bất ịnh Heisenberg: ℎ ∆𝑥 ⟹ 𝑚𝑒∆𝑥 ≈ ∆𝑝 10−34 = 6,625 −31 10% 1.5.106 𝑚𝑒∆𝑣 𝑚𝑒 10% 𝑣 = 0,48.10−8𝑚 9,1.10 Bán kính quỹ ạo Bohr: 𝑟0 = 5,3.10−11𝑚 ⟹ đườ𝑛𝑔 𝑘í𝑛ℎ 𝑞𝑢ỹ đạ𝑜 𝐵𝑜ℎ𝑟: 𝑑 = 2𝑟0 = 1,06.10−10𝑚 nhỏ nhiều với ộ bất ịnh tọa ộ ∆𝑥 Vì khái niệm quỹ ạo nguyên tử không phù hợp trường hợp Bài Ta có hệ thưc liên hệ lượng ộng lượng học tương ối 𝑊2 = 𝑚2𝑐4 = 𝑚02𝑐4 + 𝑝2𝑐2 √ 𝑊 − 𝑚02 ⟹ 𝑝 =𝑐 𝑐 Vậy bước sóng Dơbrơi proton : 𝜆= 𝑚 Bài a Biên ộ sóng: Điều kiện chuẩn hố: 𝑎 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎 →𝜓 𝑑𝑥 = → 𝜓0 = √2/𝑎 b Mật ộ xác suất: - Hàm sóng trạng thái 𝑛 = 2: 𝜋𝑥 𝑎 (𝑥) |2 = sin - Mật ộ xác suất: |𝜓 𝑎 - Cực trị: 𝑑 |𝜓(𝑥)|2 𝑑𝑥 2𝜋 𝑥 𝑎 = 8𝜋2 cos 2𝑎𝜋 𝑥 sin 2𝑎𝜋 𝑥 = 4𝑎𝜋2 sin 4𝑎𝜋 𝑥 = 𝑎 4𝜋 → sin 𝑥 = → 𝑥 = 0, 𝑎 Trong vùng ≤ 𝑥 ≤ 𝑎/2 + 𝑥 = → |𝜓(𝑥)|2 = 0: cực tiểu + 𝑥 = 𝑎/4 → |𝜓(𝑥)|2 = 2/𝑎: cực ại + 𝑥 = 𝑎/2 → |𝜓(𝑥)|2 = 0: cực tiểu 𝑎𝑎 , 42 Bài Năng lượng electron ộng Sử dụng học cổ iển ta có: 𝑚𝑒𝑣2 𝑊đ = 𝑚𝑒2𝑣2 = 𝑝2 = ⟹ 𝑝 = √2𝑚𝑒𝑊đ 2𝑚 𝑒 2𝑚𝑒 Từ ó ta có ược bước sóng Dơbrơi chùng electron 𝜆= ℎ ℎ = 𝑝 √2𝑚𝑒𝑊đ Trong chương nhiễu xạ ánh sáng ta có công thức Vunfơ-Brêgơ cho cực ại nhiễu xạ mạng tinh thể: 2𝑑𝑠𝑖𝑛𝜑 = 𝑘𝜆 hay 𝑑 = 𝑘𝜆/2𝑠𝑖𝑛𝜑 Góc nhiễu xạ bậc ứng với 𝑘 = 𝜆 ℎ 6,625.10−34 𝑑= = = 2𝑠𝑖𝑛𝜑 2𝑠𝑖𝑛𝜑√2𝑚𝑒𝑊đ 2𝑠𝑖𝑛22𝑜√2.9,1.10−31 0.083.1,6.10−19 = 5,7.10−9𝑚 Bài Theo có học lượng tử, bình phương modul hàm sóng tỉ lệ với mật ộ xác suất tìm thấy hạt Vì mật ộ tìm thấy hạt thể tích V ó : ∫ | Ψ(𝑥)|2𝑑𝑉 𝑉 Trong tốn hàm sóng hàm chiều theo x nên ta có xác suất tìm thấy hạt: a Từ 𝑥1 = ến 𝑥2 = 𝐿/3 là: 𝜋𝑥 ∫ | Ψ(𝑥)|2𝑑𝑉 = ∫ |𝐴 sin 𝐿 𝑉 𝜋𝑥 | 𝑑𝑥 = ∫sin 𝐿 2𝜋 ) 𝑑𝑥 = 0.196 𝐿 𝐿 2𝜋𝑥 = ∫(1 − cos 𝐿 𝑑𝑥 = 2𝜋 − sin = b Tương tự từ 𝑥1 = 𝐿/3 ến 𝑥2 = 2𝐿/3 2𝑑𝑉 =∫ sin 𝜋𝑥 𝑑𝑥 = 0.608 ∫ | Ψ(𝑥)| 𝐿 c Từ 𝑥1 = 2𝐿/3 ên 𝑥2 = 𝐿 𝐿 2𝑑𝑉 = ∫ sin 𝜋𝑥 𝑑𝑥 = 0.196 ∫ | Ψ(𝑥)| 𝐿 Bài 10 Theo học tương ối tính, lượng tồn phần hạt tổng lượng nghỉ ộng năng: 𝑚𝑐2 = 𝑚0𝑐2 + 𝑊đ Theo giả thiết ộng năng lượng nghỉ nên 𝑚𝑐2 = 2𝑚0𝑐2 hay 𝑚 = 2𝑚0 Mặt khác ta có khối lượng tương ối hạt 2= 𝑚0 𝑚= 4(𝑐2 − 𝑣2) = 2𝑚0 suy 𝑐 ⇒𝑣=𝑐 𝑚/𝑠 𝑚2𝑐4 = 4𝑚^20𝑐4 = 𝑚02𝑐4 + 𝑝2𝑐2 ⇒ 𝑝 = 𝑐 Bước sóng ℎ 𝜆= m 𝑝 Đáp số : 2,55.10 m/s; 1,40.10 -12 m - Chương 13: VẬT LÝ NGUYÊN TỬ I CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ Nguyên tử Hy rô : a Trạng thái electron mô tả hàm sóng : nlm (r, , ) = Rnl (r) Ylm ( , ) n = 1, 2, số lượng tử chính; l = 0, 1, n - : số lượng tử quỹ ạo; m = : số lượng tử từ 0, -1 b Năng lượng vi hạt : 𝑒2 𝐸𝑛 = − 1 𝑚 𝑒 𝑒4 13,6 4𝜋𝜖 2𝑎 (𝑛 2) = − (4𝜋𝜖 0) 2ℏ2 (𝑛2) = − 𝑛2 eV (𝑛 = 1, 2, 3, … ) 0 Nguyên tử kim loại kiềm : a Trạng thái electron hóa trị phụ thuộc số lượng tử : n, l, m Rh b Năng lượng electron hóa trị : Enl = n l l số bổ phụ thuộc vào phụ thuộc vào nguyên tử c Ký hiệu lượng : nx với x = S, P, D, F = 0, 1, 2, Qui tắc lựa chọn chuyển mức lượng : l = Mômen ộng lượng quỹ ạo electron : L ll Hình chiếu 𝐿 phương z : 𝐿𝑧 = 𝑚ℏ Mômen từ quỹ ạo electron : 𝑒 𝜇 =− 𝐿 2𝑚𝑒 Hình chiếu từ 𝜇 phương z: z =-m B với 𝜇𝐵 = − 2𝑒ℏ 𝑚𝑒 = 9,27 × 10−24 Am2 gọi Manhêtôn Bo Mômen spin electron có giá trị : S ss h; s số lượng tử Spin Hình chiếu 𝑆 phương z : : số lượng tử hình chiếu Spin 𝑆𝑧 = 𝑚𝑠ℏ; ms = Mômen ộng lực toàn phần electron : Dạng vector: 𝐽 = 𝐿 + 𝑆 Độ lớn: 𝐽 = Với j=l : số mơ men lượng tử tồn phần Trạng thái electron kể tới spin Phụ thuộc vào số lượng tử n, 1, m, m s n1 Với n xác ịnh, có : 2l = 2n trạng thái electron l0 Sự chuyển mức lượng phải tuân theo qui tắc lựa chọn : n 0; l= 1; m = 0, II BÀI TẬP : Bài Để tất vạch quang phổ hy rô ều xuất hiện, hỏi “viên ạn” electron kích thích ngun tử hy rơ phải có a) ộng nhỏ b) vận tốc nhỏ bao nhiêu? Bài Nguyên tử hy rô ban ầu trạng thái bản, hấp thụ phơtơn ể chuyển sang trạng thái kích thích P Hãy xác ịnh ộ biến thiên mô men ộng lượng quĩ ạo electron nguyên tử ó Bài Trong nguyên tử hy rô, electron chuyển từ trạng thái 3p trạng thái Xác ịnh ộ biến thiên hình chiếu mơmen từ quỹ ạo elec tron q trình ó Bài Đối với electron hóa trị nguyên tử Na, hỏi trạng thái lượng chuyển trạng thái ứng với n = ? Xét cho trường hợp : a Khi không ý tới Spin b Khi có ý tới Spin Bài Electron nguyên tử hydro trạng thái có momen ộng lượng quỹ ạo 𝐿 = Tìm : a Số góc ịnh hướng 𝐿 ối với phương z b Mômen ộng lượng toàn phần electron c Độ biến thiên hình chiếu mơmen ộng lượng quĩ ạo electron chuyển trạng thái Bài a) Vẽ giải thích sơ chuyển mức electron hóa trị kim loại Li ứng với chuyển dời từ mức 3P 2S tính ến spin b) Tìm ộ biến thiên ộ lớn momen ộng lượng quỹ ạo hình chiếu momen từ quỹ ạo electron dịch chuyển ược mô tả sơ Bài Một vạch quang phổ nguyên tử kim loại kiềm chưa ý ến spin có tần số : 4D → 3P Nếu ý ến spin vạch quang phổ có vạch? Hãy giải thích xuất vạch vẽ sơ chuyển mức Bài Tính lượng ion hóa ngun tử hy rơ khí electron chuyển ộng quĩ ạo K, L, M Bài a Gọi 1, tần số lớn vạch phổ dãy Laiman Banme Tìm b Gọi 1, 2 bước sóng dài ngắn vạch phổ dãy Laiman Banme Tìm Bài 10 Khi nguyên tử Hydro trạng thái ược rọi ánh sáng ơn sắc ã phát vạch quang phổ Tính lượng phơ tơn tới xác ịnh vạch thuộc dãy phổ Bài 11 Khi chiếu chùm photon ơn sắc vào nguyên tử Hydro trạng thái bản, người ta thấy phát quang phổ gồm 10 vạch a) Tính lượng photon tới b) Xác ịnh vạch quang phổ nói thuộc dãy phổ nào? c) Tính tỉ số bước sóng lớn bé 10 vạch quang phổ Bài 12 Electron nguyên tử từ trạng thái có số lượng tử mơmen tồn phần j chuyển trạng thái Tìm ộ biến thiên hình chiếu mômen ộng lượng mômen từ quĩ ạo iện từ chuyển trạng thái III HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ Bài a Để tất vạch quang phổ hy rô ều xuất “viên ạn” electron kích thích ngun tử hy rơ phải có lượng tối thiểu lượng cần thiết ể ưa electron nguyên tử hy rô nhảy từ trạng thái ứng với lượng E 1, lên trạng thái kích thích ứng với lượng E , ó: 𝑊đ𝑚𝑖𝑛 13,6 eV b Vận tốc nhỏ nhất: mv2min Wmin = 2.Wÿ vmin = 2,19×10 m/s me e Bài Ban ầu nguyên tử hy rô trạng thái trạng thái 1𝑠 ứng với 𝑙 = Momen ộng lượng quĩ ạo ban ầu: 𝐿𝑠 Sau hấp thụ phơtơn electron trạng thái kích thích P ứng với 𝑙 = Momen ộng lượng quỹ ạo lúc sau: 𝐿𝑝 Độ biến thiên mômen ộng lượng quĩ ạo electron nguyên tử: Δ𝐿 = 𝐿𝑝 Bài Các số lượng tử electron trạng thái 3p: 𝑙 = 1, 𝑚𝑙 = −1, 0, Hình chiếu momen từ quỹ ạo trục z: 𝜇𝑧 = −𝑚𝑙𝜇B Suy ra: 𝜇𝑧_p = 𝜇B, 0, −𝜇B Các số lượng tử electron trạng thái 1s: 𝑙′ = 0, 𝑚𝑙′ = Hình chiếu momen từ quỹ ạo trục z: 𝜇𝑧_1s = −𝑚𝑙′𝜇B = Độ biến thiên hình chiếu momen từ quỹ ạo: Δ𝜇𝑧 = 𝜇𝑧_p − 𝜇𝑧_s = 𝜇B, 0, −𝜇B Bài a Chưa kể tới Spin trạng thái ứng với n = 3S (l = 0), 3P (l = 1), 3D (l = 2) Sự chuyển trạng thái tuân theo qui tắc lựa chọn ối với n chuyển từ cao thấp, n > 3, ối với l l = b Khi tính tới Spin trạng thái electron ược biểu diễn n xj mà j = l trạng thái ứng với n = : 32 S1/2 ; 32P1/2 ; 2P3/2 ; 32 D3/2 ; nên 32D5/2 Ngoài quy tắc giống câu a, chuyển trạng thái phải tuân theo qui tắc lựa chọn ối với j : j=0; Do ó, trạng thái chuyển - Về 2S1/2 là: n2 P1/2 n2P3/2 với n = 3, 4, 5, - Về 2P1/2 là: n2 S1/2 với n = 4, 5, n2 D3/2 với n = 3, 4, - Về 2P3/2 là: n 2S1/2 với n = 4, 5, n2 D3/2 với n = 3, 4, n 2D5/2 với n = 3, 4, - Về 2D3/2 : n 2P1/2 với n = 4, 5, n2 P3/2 với n = 4, 5, ; n 2F5/2 với n = 3, 5, - Về 2D5/2 là: n 2P3/2 với n = 4, 5, n2 F5/2 với n = 3, 5, ; n 2F7/2 với n = 3, 5, Bài Suy ra: 𝑙 = 𝑙 = −2 (loại) a Từ 𝐿 = Với 𝑙 = m = 0, 1, nên theo cơng thức 𝐿𝑧 = 𝑚ℏ có trị 𝐿𝑧 ứng với góc ịnh hướng 𝐿 ối với phương z Với 𝑚 = −1 → cos 𝜃 → 𝜃1 = −450 Với 𝑚 = → cos 𝜃2 = → 𝜃2 = 900 Với 𝑚 = → cos 𝜃 b Với 𝑙 = 𝑗 = |𝑙 ± → 𝜃3 = 450 Với 𝑗 = 𝑗1 = 12, suy ra: 𝐽 Với 𝑗 = 𝑗2 = 32, suy ra: 𝐽 c Ta có: 𝐿 = ℏ → 𝑙 = → 𝑚𝑙 = −1, 0, Hình chiếu momen ộng lượng: 𝐿𝑧 = 𝑚𝑙ℏ = −ℏ, 0, ℏ Khi chuyển trạng thái bản: 𝑙′ = → 𝑚𝑙′ = → 𝐿′𝑧 = Độ biến thiên: Δ𝐿𝑧 = 𝐿𝑧 − 𝐿′𝑧 = −ℏ, 0, ℏ Bài a Vẽ hình b Ta có moment ộng lượng quỹ ạo 𝐿 = ão 𝜇𝑧 = −𝑚𝜇𝐵 hình chiếu moment từ quỹ + Ở trạng thái ầu (3P: 𝑙 = 1, 𝑚 = 0, ±1): 𝐵 + Ở trạng thái cuối (2S: 𝑙 = 0, 𝑚 = 0): 𝐿2𝑆 = 0, 𝜇𝑧2𝑆 = Suy ra: Δ𝐿 = −√2ℏ, Δ𝜇𝑧 = 0, ±𝜇𝐵 Bài Khi tính ến spin: vạch quang phổ : 4D → 3P tách thành vạch: 𝜈1: 42𝐷5/2 → 32𝑃3/2 𝜈2: 42𝐷3/2 → 32𝑃3/2 𝜈3: 42𝐷3/2 → 32𝑃1/2 Sơ chuyển mức: Bài Đáp số : 13,5 eV; 3,375 eV; 1,5 eV = 4; b = Bài Đáp số : a 2 Bài 10 Đáp số : số vạch N = n(n-1)/2 → n = 4, → ΔE = 12,66 eV vạch dãy Laiman; vạch dãy Bame; vạch dãy Pasen Bài 11 Đáp số: a Ta có: số vạch N = n(n-1)/2 → n = → ΔE = 13,06eV a) Gồm: vạch dãy Laiman, vạch dãy Banme, vạch dãy Pasen 01 vạch dãy Bracket b) * λmax (trong dãy Bracket), ν = R(1/4 2-1/5 2) = R.0,0225; λmin (trong dãy Laiman), ν = R(1-1/5 2) = R.0,96 ; * λ = c/ν → λmax / λmin = 0,96/0,0225 = 42,67 Bài 12 Đáp số : (0, ±1)ℏ; (0, 1) B Chương 14: HẠT NHÂN NGUN TỬ (SV tự ọc) (Khơng có tập) - ... Einstein: h h c Ath mvmax 2 II BÀI TẬP Bài Một vật (xem vật en tuyệt ối) ược nung nóng ể nhiệt ộ tăng từ 1000 K ến 3000 K a) Tính bước sóng có suất phát xạ cực ại vật nhiệt ộ ban ầu b) Năng suất... c vO O e 5,08.10 14 Hz Bài Đáp số: = 36 055’ Bài Ap dụng ịnh lý Maluýt : I2 = I1 cos2 = / / Bài ; cos2 = cos ve = = =[ ]lC1 ; 1 = [ ]lC2 2 CC1 C2 C1 = 0,21g/cm3 Suy ra: Bài =[ = ]lC = [ ]1 m âä.ücm3... g.cm Bài Bề dày phải cho mặt phẳng phân cực quay i góc 90 Từ hai iều kiện ã cho ta có: =[ ] d1 ; =[ ] d2 d2 = 90 d 34, mm d 1 53 - Phần IV: VẬT LÍ HIỆN ĐẠI