Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VÀ ĐÁP SỐ
CHƯƠNG 1
DAO ĐỘNG VÀ SÓNG

1.

a E=

CU 02
1
CU 02 = 10 − 2 J ; b I 0 =
= 0,2 A
L
2

2. a. T = 2π LC = 3,16.10 −3 s , f =
1 Q 02
= 12,5.10 − 6 J ,
b. E =
2 C
3.

1
= 316 Hz
T

c.. I 0 =

Q02

LC

= 5.10−3 A

a. Q = 2,5.10-6cos2π.103t (C); I = 4.10-3π sin2π.103t (A)
b. W =1,25. 10-4J.
c. Tần số dao động của mạch :ν0 = 103 (Hz)

4.

a. T = 4.10-4 (s);

5.

∆t = 6,8.10-3(s)

6.

a. C =

7.

1

ω 02 L

=

b. Ut / Ut+T =1,04 lần


10 −6
F,
1,6

b. E =

1 Q 02
= 2.10 − 4 J ;
2 C

c. i =

dq
= −2.10 − 2 sin 400 πt (A)
dt

a. T =

2π
1
1
= 5.10 − 3 s , f = = 200 Hz ; b. L =
= 1H
ω0
T
Cω02

CU 02
LI 02
−4

c E e(max) =
= 1,97.10 J , E m (max) =
= 1,97.10 − 4 J
2
2
d. U 0 = 25,2 (V )
8.

a. T =

c. i = C
9.

2π
1
1
= 2.10 − 4 s , f = = 5.10 3 Hz ; b. L =
= 10 − 3 H
2
ω0
T
Cω 0
du
= −1,4 sin 10 4 πt (A ) ;
dt

a.T = 4.10-4s, f =

1
= 2500Hz ;

T

d. E =
b.

CU 02
= 0,11.10 − 2 J
2

Ut
= 1,04
U t +T
245


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
10.

11.

Et
(Q 0 e − β t ) 2
(Q 0 e − β(t + Δt ) ) 2
= 100 , Δt = 6,8.10 −3 s
Et =
, E t + Δt =
,
E t + Δt
2C
2C

⎛U ⎞
T ln⎜⎜ 0 ⎟⎟
U1 ⎠ 2.10 − 4 ln 3
⎝
−4
a. T = 2π LC = 2.10 (s) , δ =
=
= 0,22
t
10 − 3

b.
12.

2Lδ
= 11,1Ω
T

R=

C=

λ2
4π c L
2

2

= 0,52.10 −8 F


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).
15.

4,66.104 Hz

16.

610 Hz

17.

4 lần.

18.

ε=6
CHƯƠNG 2
GIAO THOA ÁNH SÁNG

1.


a) λ= 0,5μm.;

b) ys3 = 4,5 mm ; yt4 = 5,25 mm;

c)∆y = 1,5 cm

d) Hệ thống vân sít lại gần nhau một đoạn 0,37mm và I’ = 1,13 mm.
2

a. λ =

il
= 0,6.10 −6 m ,
D

c. Δy =
3.

4.
246

a. i =

(2k + 1)λD
= 3mm, y s 4 = 4i = 4,8mm
2l

e(n − 1).D
= 0,02m
l


a. y s 4 =
b. e =

b. y t 3 =

4λ D
(2k + 1)λD
= 1,2.10 − 3 m , y t 5 =
= 1,35.10 − 3 m
l
2l

Δy.l
= 8.10 −6 m
(n − 1).D

λD
l

= 10 −3 m ,

b. n =

Δy.l + eD
= 1,25
eD


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

5.
6.

a. λ =

il
= 0,6.10 −6 m ,
D

b n=

i 4
=
i′ 3

n’ = 1,000865.

7.

a. O1O2 = 5,24 mm;

b. i = 0,21mm,

8.

a. 6,54mm;

b 21 vân sáng.

9.


: λ = 0,48 μm.

10.

d = 0,12 μm

11.

a.

α=

λ
2i

c. N = 26 vân.

= 0,5.10 −3 rad

5
b. k 2 = k1
6

k1

0

6


12

18…

k2

0

5

10

15…

x1=x2 (mm)

0

3,0

6,0

9,0…

12.

λ = 2nαi = 0,529 μm

13.


d s1 =

14.

d t4 =

15.

r42
λ=
= 0,589 μm
4R

16.

λ=

λ
4

= 0,15μm

4λ
= 1,2 μm
2

(r25 − r4 )2

(


R 25 − 4

)

2

= 0,6.10 −6 m

17.

α = 2.10-4 rad.

18.

a.α = 0,5.10-3 rad;

19.

λ= 0,6 μm

20.

k = 5; k+1 =6; λ= 0,5 μm

21.

r5 = 1,33 mm

22.


Δl =

23.

λ=

24.

1,00038

b. l = 0,3 cm

m.λ
= 1,5.10 − 5 cm
2

2.Δl
= 0,644 μm
m

247


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

CHƯƠNG 3
NHIỄU XẠ ÁNH SÁNG

1.


r1 = 0,71 mm, r2 = 1 mm; r3 = 1,23 mm; r4 = 1,42 mm;

kRbλ
= 10 −3 m
R+b

2.

r=

3.

Có tâm tối.

4.

r3 =

5.

λ=0,6 μm

6.

a. 4I0 ;

7.

r1 =


8.

sin ϕ =

9.

3Rbλ
⇒ b = 2m
R+b

b. 2I0 ;

c. I0.

Rbλ
; R = b ⇒ x = 2R = 1,67m
R+b
kλ
, sin ϕ 〈 1 → ϕ1 = 17 0 8′, ϕ 2 = 36 0 5′, ϕ 3 = 62 0
b

φ = 300

10.

l = 5 cm

11.

φ = 330; φ = 270


12.

φ3 = 40049’30’’

13. sin ϕ 2 =
14. a.. d =

3λ 2 sin ϕ1
→ ϕ 2 = 55 0 40′
2λ1
mλ
1
= 2,8.10 − 4 cm ; n = ≈ 3571 khe / cm
d
sin ϕ

b. iữa hai cực tiểu chính bậc nhất có 7 cực đại chính.
15.

f = 0,65m

16.

Δϕ = ϕ 2 − ϕ1 = 7′

17.

Đối với ánh sáng đỏ: m1 〈
Đối với ánh sáng tím: m2 〈


18.
248

a. N =25000;

d

λ1
d

λ2

→ m1(max ) = 2
→ m 2(max ) = 4

b. λ= 0,4099 μm

r5 = 1,59 mm


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
19.

a. Nmax = 7;

b. λmax = 2μm
CHƯƠNG 5
PHÂN CỰC ÁNH SÁNG


1.

n
1
sin i gh = kk =
→ n = 2 = 1,414
n
2
n

tgi B =

2.

n=

n kk

= 1,414 → i B = 54 0 43′ .

n. sin 330

(

1 − n. sin 33

)

0 2


→ n ≈ 1,56

3.

i B = 57 0 30′, i B = 49 0 43′

4.

n/ = 1,63, i = 66056/

5.

n
tgi = tgi B = 1
n2
i = iB =

ϕ
ϕ n
→ tg = 1 → n 2 =
2
2 n2

n1
97 0
tg
2

= 1,33


6. n= 1,73
7.

n1 = 1,33

8.

α = 450

9.

a. giảm 2,1 lần;

10.

Δϕ =

11.

λ0 =3,55.10-7m; λe = 3,95.10-7m.

12.

d=

13.

λ
ΔL = (n 0 − n e )d = (2k + 1) , k = 0,1, 2, 3,...
4


14.

a.. dmax = 0,49mm. b..dmax = 0,47mm

15.

λ=

b. giảm 8,86 lần.

2π
.ΔL = 30π (rad)
λ

(2k + 1)λ = 0,8μm;
4(n0 = ne )

k=0

4d (n0 − ne )
; Với k = 6; 7; 8; 9; 10;
2k + 1
λ1 = 0,692 μm; λ2 = 0,60 μm; λ3 = 0,473 μm; λ4 = 0,430 μm
249


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
16
17.


d =0,25 μm.

d2 ϕ2
=
→ d 2 = 3,4mm
d 1 ϕ1
CHƯƠNG 6
THUYẾT TƯƠNG ĐỐI HẸP EINSTEIN

1. .

l = l0 1−

2.

m=

v2

l
= 0 ⇒ v = 2,59.108 m / s
2
c2

m0
1−

3.


m0

m=

1−

4. .

v

2

c

2

v2

= 2m 0 ⇒ v = 2,59.10 8 m / s

c2
⇒

m
=
m0

1
1−


v

2

c

2

mc 2 = m 0 c 2 + eU =

m 0c 2
1−

2

m 0 c + eU =

m0c 2
1−

7.

Eđ + m 0 c 2 =

2

Eđ = m 0 c →

m0c 2
1−


250

v2

v2

(0,9c)

= 2,3 lần

c2

v2

v
= 95% → U = 1,1.10 6 V
c

,

c2

, l = l0 1−

v2
c2

,


v2 1
l
= 1−
= → U = 9.108 V
2
2
l0
c

c2

m 0c 2
1−

8.

1−

2

∆t/ = 3,2s.

5. .

6.

1

=


v

2

,

c2

= 2m 0 c 2 →

v 86,6
=
→ v = 2,6.108 m / s
c 100

c2

Eđ + m 0 c 2 = mc 2 ,

m
= 2 → Eđ = 8,2.10-14J
m0


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

9.

⎛
⎞

⎜
⎟
⎜
⎟ 1
1
v2 2
− 1⎟ = m 0 c 2 → 1 −
Eđ = m 0 c 2 ⎜
= → v = 2,22.108 m / s
2
2
2
3
⎜
⎟
c
v
1
−
⎜⎜
⎟⎟
c2
⎝
⎠

10.

Δm =

ΔE

c

2

≈ 4,65.10 −17 kg

CHƯƠNG 7
QUANG HỌC LƯỢNG TỬ

1. P = σT 4S = 1417,5 ( W )
2. T = 4

P
8,28.4,18
=4
= 1004 K
σS
5,67.10 − 8.6.10 − 4

12.103.4,18
= 836 ( W ) , T =
3. P =
60
4

P
⎛d⎞
σ.4π⎜ ⎟
⎝2⎠


2

= 828 (K )

T
+ Tmin
= 2300 K → Tmax = 2340 K, Tmin = 2260 K
4. Tmax − Tmin = 80 K, max
2
Pmax ⎛ Tmax
=⎜
Pmin ⎜⎝ Tmin

4

⎞
⎟⎟ = 1,15
⎠
4

⎛T ⎞
R
5. 1. 2 = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 81 lần ,
R 1 ⎝ T1 ⎠
6. λ m1 =
7. W
8. a =

λ m2


T1

⎛ 1
bT1
b
b
1 ⎞
, λ m2 =
→ Δλ = b⎜⎜
− ⎟⎟ → T2 =
= 290 (K )
T1
T2
T1Δλ + b
⎝ T2 T1 ⎠

= R(T ).a.S .t = σ .T 4 .a.S .t = 5,67.10 −8.(27 + 273) 4 .0,8.1000.24.60.60 = 3,17.1010 J
W

σT 4 St

9. T = b/λm
10. W

T
λ
2. m1 = 2 = 3 lần

= 0,7
S=


P

σT

4

= 6m 2

= σT 4 .S .t = 1,33.10 5 J

a=

W '
= 0,33
W

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

251


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
W '=

P UI
=
S πdl


UI
πdl

W ' = aσT 4 =

T =4

UI
= 2620 K
aσπdl
4

⎛ b ⎞ 2
⎟⎟ r = 4.10 26 W
12. a.
P = 4πσ ⎜⎜
P = σT S , S = 4πr , T=b/λm
⎝ λm ⎠
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
4

2

P

w=

2


= 1,4.10 3 W

/ m2

4πd
13. λmax=b/T a. 10 cm
b. 4,83.10-4 m
c. 2,9.10-10 m
14. T= 320K. Để nhiệt độ khơng đổi thì quả cầu bức xạ bao nhiêu năng lượng thì phải hấp thụ
bấy nhiêu năng lượng.
-4

P = σT 4 S = 5,67.10 −8.320 4.4.3,14.0,02 2 = 2,987W
15. λ 01 =

hc
= 5,18.10 − 7 m ,
A1

1. λ 0 =

16.

2.
17.

λ 02 =

hc
= 5,4.10 − 7 m ,

A2

hc
= 6,21.10 − 7 m
A3

hc
hc 6,625.10 −34.3.108
→A=
=
= 39,75.10 − 20 J
6
−
A
λ0
0,5.10

hc
1
2 ⎛ hc
⎞
6
= A + me v02max → v0 max =
⎜ − A⎟ = 0,93.10 m / s
λ
2
me ⎝ λ
⎠
hc
hc

= A + eU h → A =
− eU h = 36,32.10 − 20 J
λ
λ

1.
2.

m e v 02 max
= eU h → v 0 max =
2

18. 1. λ 0 =

2eU h
=
me

2.1,6.10 −19.0,76
9,1.10

− 31

= 0,52.10 6 m / s

hc 6,625.10 −34.3.10 8
=
= 0,5.10 −6 m
−19
A

2,48.1,6.10

2.

hc
1
= A + m e v 02 max → v 0 max =
λ
2

3.

hc
= A + eU h → U h == 0,97 V
λ

2 ⎛ hc
⎞
6
⎜ − A ⎟ = 0,584.10 m / s
me ⎝ λ
⎠

19. 1. A = hν 0 = 39,75.10 −20 J ,

2.

hc
hc
1

= A + eU h ⇒ U h = ( − A ) = 2,83V
λ
λ
e

3.

1
m e v 02 max = eU h → v 0 max =
2

20. 1. A = hν0 = 39,75.10-20J,

252

λ 03 =

2eU h
= 10 6 m / s
me


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

2. hν = A + eU h → ν =

v0max =

3.


21. 1. λ 0 =

2.

A + eU h
= 13,25.1014 Ηz ,
h

2
(hν - A) =106 m / s
me

hc 6,625.10 −34.3.10 8
=
= 0,578.10 −6 m
−
19
A
2,15.1,6.10

hc
1
= A + m e v 02 max → v 0 max =
λ
2

2 ⎛ hc
⎞
6
⎜ − A ⎟ = 0,37.10 m / s

me ⎝ λ
⎠

hc
hc
1
= A + eU h → U h = ( − A) = 0,39 V
λ
λ
e
e(U 2 − U1 )
22. h =
=6,43.10-34Js
⎛ 1
1⎞
c⎜⎜
− ⎟⎟
⎝ λ2 λ1 ⎠
3.

23. p =

h hν 6,625.10 −34.5.1014
=
=
= 1,1.10 − 27 kg.m/s
8
λ
c
3.10


m=
24. ε =

hν
c

2

=

6,625.10 34.5.1014
16

9.10

= 3,7.10 − 36 kg

hc 6,625.10 −34.3.10 8
=
= 3,3.10 −19 J
−6
λ
0,6.10

h 6,625.10 −34
p= =
= 1,1.10 − 27 kg.m/s
−
6

λ
0,6.10

25. ε =

hc 6,625.10 −34.3.108
=
= 19,88.10 −14 J
−
12
λ
10

h 6,625.10 −34
=
= 6,62.10 −22 kg.m/s
−
12
λ
10
26. Phương trình Einstein hν = A + E d
p=

Năng lượng nghỉ của electron Eo = moc2=0,51MeV
Ed được tính theo cơng 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.
CHCĐ: Ed= mv2/2

⎛

⎞
1
− 1⎟
CHLT: E d = mo c 2 ⎜
⎜
⎟
2 2
⎝ 1− v / c
⎠
Năng lượng của phôtôn:
hc
a. E1 = hν 1 =
= 8eV
λ1
253


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

b. E 2 = hν 2 =

hc

λ2

= 1,24 MeV

Trường hợp a tính theo công thức cổ điển

v1 =


2( E1 − A)
= 10 6 m / s
mo

Trường 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 phơtơn nên có thể bỏ qua. Từ đó có

⎛
⎞
1
− 1⎟
E 2 = mo c 2 ⎜
⎜
⎟
2 2
⎝ 1− v / c
⎠
( 2 Eo + E 2 ) E 2
v
=
= 0,95
c
Eo + E 2
v= 0,95c = 2,85.108 m/s
moe c 2
hc
+ moe c =
+
λ

λ'
1 − v2 / c2

hc

27.

2

1

λ'=
1

λ

−

⎞
moe c ⎛⎜
1
⎟
−
1
⎜
⎟⎟
2
h ⎜ 1− β
⎝
⎠


o

= 0,0434 A

Δλ = λ '−λ = 0.0134 Å
λ=

28.

sin

θ
2

=

Δλ
2λ c

→

≈ 63o23’

θ
hc
= 5.10 −12 m , λ′ − λ = 2λc sin2 → λ′ = 8,64.10−12 m
ε
2


Năng lượng của phôtôn tán xạ: ε ′ =

hc 6,625.10 −34.3.10 8
=
= 2,3.10 −14 J
−
12
λ′
8,64.10

θ
hc
= 0,8.1,6.10 −13 → λ = 1,553.10 −12 m ,
λ ′ − λ = 2λ c sin 2 → θ = 50 011′
λ
2
hc
2. ε ′ =
= 8,19.10 −14 J = 0,2MeV
λ′
30. 1.Bước sóng của phơtơn tán xạ:
θ
λ′ − λ = 2λc sin2 → λ′ = 5.10−12 + 2.2,426.10−12.0,25 = 6,213.10−12 m
2

29. 1.

Năng lượng của phôtôn tán xạ: ε ′ =

hc 6,625.10 −34.3.108

=
= 3,2.10 −14 J
−
12
λ′
6,213.10

Động lượng của phôtôn tán xạ: p ′ =

h 6,625.10 −34
=
= 10 −22 kgm / s
λ ′ 6,213.10 −12

2. Bước sóng của phôtôn tán xạ:

254


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
2θ

λ′ − λ = 2λc sin

2

−12

→λ′ = 5.10


2
−12 ⎛⎜ 2 ⎞⎟
+ 2.2,426.10 .
= 7,426.10−12m

⎜ 2⎟
⎝ ⎠

Năng lượng của phôtôn tán xạ: ε ′ =

hc 6,625.10 −34.3.10 8
=
= 2,68.10 −14 J
−12
λ′
7,426.10

Động lượng của phôtôn tán xạ: p ′ =

h 6,625.10 −34
=
= 0,89.10 −22 kgm / s
−
12
λ ′ 7,426.10

⎛
⎞
⎜
⎟

⎜
⎟
1
− 1⎟
31. Động năng của electrôn: Eđ = m e c 2 − m 0e c 2 = m 0e c 2 ⎜
⎜
⎟
v2
⎜⎜ 1 − 2
⎟⎟
c
⎝
⎠
Theo định luật bảo toàn năng lượng: Eđ =

hc hc
1 ⎞
⎛1
2θ
, động
−
= hc⎜ −
⎟ , Δλ = 2λ c sin
2
λ λ′
⎝ λ λ + Δλ ⎠

⎛
⎞
2m 0 c 2

⎜
− 1⎟⎟ = 0,037A 0
1+
năng cực đại khi sin
= 1 . Do đó λ =
⎜
m 0e c ⎜
Eđ
2
⎟
⎝
⎠
32. Năng lượng electron nhận được trong tán xạ Compton bằng
2θ

h

hc hc(Δλ ) hc
ΔE =
−
=
=
λ λ'
λλ '
λ
hc

a. θ = 60 o

∆E=1,19.10-14J ≈ 120 keV


b. θ = 90 o

∆E= 2,96. 10-14J ≈ 186 keV

c. θ = 180 o

2λc sin 2

θ
2

λ + 2λc sin 2

θ
2

∆E= 4,09. 10-14J ≈ 256 keV

33.
p = p' + pe

từ hình bên ta có:
p' sin θ
sin θ / λ '
tgα =
=
p − pe cos θ (1 / λ ) − (cos θ / λ ' )
Biến đổi và sử dụng công thức Compton
cuối cùng ta thu được biểu thức:

2λc
−1
cot gθ / 2
Δλ
tgα =
=
hν
λ
1+
1+ c
2
λ
moe c
thay số vào ta được α = 49o.
255


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
r r r
r
r r
34. Theo định luật bảo toàn động lượng: p = p′ + p′e → p′e = p − p′

h2

→ p′e2 = p 2 + p′ 2 → p e =

2

λ


+

h2
λ

≈ 1,6.10 − 22 kg.m / s

′2

35. Từ bài 33 ta có

tgα =

cot gθ / 2

λ
1+ c
λ

Theo định luật bảo tồn năng lượng
hc hc
hc
−
= Ed =
λ λ'
λ'
Δλ = λ '−λ = 2λc sin 2

Do α +


→

θ
2

λ’=2λ

= λ → sin 2

θ
2

=

λ
= a2
2λc

= π/2 nên tg α = cotg
cot gθ =

cot gθ / 2

hay tg

λ
1+ c
λ


λ
1+ c =
λ

1+

1
2a 2

λ ⎞
⎜1 + c ⎟ = tgθ
2⎝
λ ⎠

θ⎛

2
1 − tg 2θ / 2

2

=
1−

a2

1− a2
Giải ra ta được a = 1/2 → λ = λc/2 = 2,426.10-12/2 = 0,012Å

CHƯƠNG 8

CƠ HỌC LƯỢNG TỬ
1. E = mc2 ; E = hν =

a. m = 3,2.10-36 kg
hc
2. E =
= 1,2.10 −12 J
λ
3.

m e v 2 hc
=
→v=
2
λ

4. p = m e v =

hc

λ

⇒ m=

hν

=

h
cλ


c2
b. 8,8.10-30 kg
c. 1,8.10-30 kg
h
h
; m=
= 1,38.10 − 30 kg ; p = = 4,1.10 − 22 kgm / s
cλ
λ

2hc
= 9,2.10 5 m / s
meλ

h
h
→v=
= 1400m / s
λ
λ.m e

5. Cả hai trường hợp a và b v << c do đó áp dụng cơ học cổ điển.

256


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
a. λ =


h
= 7,3 Å
me v

h
= 6,6.10 − 29 m
mv

b. λ =

m
λ
h
do đó e = c ≈ 10 27
λ c me
mv
hc
7. λ =
= 12,3.10 − 7 m
E
h
8. Áp dụng cơ học cổ điển λ =
mv
-14
λe = 7,28.10 m ; λp = 0,396.10-12 m
E
c
9. ν = = 9,7.1014 s −1 ;
λ = = 3100 Å
h

ν
10. Tần số của sóng điện từ khơng thay đổi khi chuyển qua các mơi trường khác nhau. Do đó
c
v
∆ν = 0. Bước sóng của sóng thì thay đổi λck = ; λnc = . Do đó độ biến thiên của bước
6. λ =

ν

ν

sóng bằng
Δλ = λck − λ nc =

c

ν

−

v

ν

= 1,03.10 − 7 m

E
= 26.1014
hc / λ
12. v lớn cỡ c nên áp dụng cơ học tương đối tính:

m0v
p = mv =
= 3,64.10 −22 kg.m / s
2
v
1−
c2
13.1. Áp dụng CHCĐ vì Eđ << moc2 = 0,51MeV

11. Số phơtơn bằng: N =

λ=
λ2 =

m v2
h
h
6,625.10−34
; eU = e
→ λ1 =
=
= 12,25.10−10 m
me v
2
2me eU1
2.9,1.10−31.1,6.10−19
h
2m e eU 2

= 1,225.10 −10 m , λ 3 =


h
2m e eU 3

= 0,338.10 −10 m

2. v cỡ c nên áp dụng cơ học tương đối

λ=

14.

m 0e
h
→λ=
;m =
2
mv
v
1c2

h 1-

v2

c2
= 0,69.10 −11 m
m 0e v

Ed = eU

(mc2)2 = (moc2)2 + p2c2
(mc2 – moc2)( mc2 + moc2) = p2c2
Ed (Ed + 2moc2) = p2c2
p=

E d ( E d + 2 mo c 2 )
c

=

eU (eU + 2mo c 2 )
c
257


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

λ=

h
=
p

hc
eU (eU + 2mo c 2 )

15. 1. Năng lượng nghỉ của electrôn E0 = 0,51MeV
Khi Eđ = 100eV nhỏ hơn rất nhiều so với năng lượng nghỉ của electrơn, do đó áp dụng cơ học
cổ điển:


mev2
→λ=
Eđ =
2

6,625.10 −34
2.1,6.10 −17.9,1.10 − 31

= 1,23.10 −10 m

2. Khi Eđ = 3MeV lớn hơn năng lượng nghỉ của electrơn, do đó áp dụng cơ học tương đối
tính:
⎞
⎟
− 1⎟
, Eđ = m 0 c ⎜
p=
=
⎟
⎜ 1 − β2
v2
1 − β2
⎠
⎝
1−
c2
m0v

→ p=


⎛

2⎜

m0v

E đ ( E đ + 2 mo c 2 )
c

→λ =

1

h
= 0,62.10 −10 m
p

16. Áp dụng cơ học cổ điển vì Eđ nhỏ so với năng lượng nghỉ

λ=

h2
mv 2
h
= eU → m =
= 1,67.10 − 27 kg
, Eđ =
2
2
2mE đ

2eUλ

17. CHCĐ: λ =

h
h
→v=
= 0,12.10 7 m / s
mev
meλ

18. CHCĐ: λ =

m v2
h
h2
; eU = e
⇒ U=
= 150V
me v
2
2m e eλ2

19. v ⊥ B Lực Loren giữ vai trị lực hướng tâm FL = qvB =

Từ đó rút ra v = rqB/m (q = 2e). Vậy

λ=

mv 2

r

h
h
h
=
=
= 10 −11 m
mv rqB 2erB

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 cơng thức cơ học cổ điển để tính động năng

eU =

mo v 2
p2
=
2
2mo

→

λ=

p = 2mo eU

h
=

p

h
2mo eU

= 1,72 Å

* U = 510 kV, eU = 0,51 MeV.
Động năng mà e- thu được từ năng lượng điện trường trong trường hợp này bằng năng lượng
nghỉ của e-, do đó phải áp dụng cơ học tương đối tính

⎡
⎤
1
E d = mo c 2 ⎢
− 1⎥ = eU
⎢⎣ 1 − v 2 / c 2
⎥⎦
258

1−

v2
c2

=

mo c 2
eU + mo c 2



Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
c eU (eU + 2mo c 2 )

v=

λ=

h
=
p

21. Δv =
22.

p=

eU + mo c 2
hc
2

eU (eU + 2mo c )

mo v
1- v2 / c2

=

eU (eU + 2mo c 2 )
c


= 0,014 Å

h
Δv
2h
2h
=
→
=
=
m.Δx m.d
v
m.v.d

2h
2m.E đ d

= 0,01%

h 100h
h
Δx 100
Δp
, λ= →
=
= 1%, Δx =
=
p
p

p
λ
2π
Δp

23. ΔxΔp ≈ h → Δv =

h
p
h
=
= =v
mΔx mλ m

24. ΔxΔp ≈ h → p min = Δp ≈

h
2h 2h
≈
=
Δx
l
l

Ed =

2
p min

2m


=

2h 2

ml 2

= 15eV

h
1.055.10 −34
=
≈ 0,25.10 − 22 m / s
25. Δv ≈
−
6
−
6
mΔx 2.10 .2.10
Độ bất định về vận tốc rất nhỏ, nên có thể tuân theo cơ học cổ điển.
p2
+ eEx
2m
Từ hệ thức bất định Heisenberg → x~ h / p

26. Năng lượng của electron

Năng lượng của electron

Ee =


Ee ≈

p 2 heE
+
2m
p

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

p2
3
+k x
2m
Từ hệ thức bất định Heisenberg → ∆x ~ 2|x| ~ h / p

27. Năng lượng của electron

Năng lượng của electron

Ee =

Ee ≈

p2
h3
+k
2m
8 p3


8h 2
Cực tiểu của Ee khi dE/dp =0 → Δx ≈ 2 x
3mk
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.
≈5

b. Trạng thái kích thích: ΔE ≈
29. Thế năng của hạt

x

h 1,055.10 −34
=
= 1,055.10 − 26 J = 10 − 7 eV
−
8
Δt
10

U ( x) = − ∫ Fdx =
0

kx 2
2

259


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

kx 2 ⎞⎟
2m ⎛⎜
E−
ψ =0
+
2 ⎟⎠
dx 2 h 2 ⎜⎝

d 2ψ

Phương trình Schroedinger

U =−

30. Thế tĩnh điện

Ze 2
4πε o r

Phương trình Schroedinger Δψ +

31.

2m ⎛⎜
Ze 2 ⎞⎟
ψ =0
E+
4πε o r ⎟⎠
h 2 ⎜⎝


2m ⎛⎜
kx 2 ⎞⎟
E−
ψ=0
+
2 ⎟⎠
dx 2 h 2 ⎜⎝

d 2ψ

32.

⎧
⎪⎪
ψn = ⎨
⎪
⎪⎩

nπx
2a
a
1
nπx
sin
2a
a

1

cos


(n = 1,3,5...)
(n = 2,4,6...)

Trong cả hai trường hợp E n =

h 2π 2 n 2
8ma 2

. Thế năng ở đáy giếng bằng không. Gốc tọa độ đặt

tại tâm giếng.
33. U = ∞ khi x < 0 và x > a, vậy ψ(0) = 0 và ψ(a) = 0. Tại các điểm x=0 và x=a có hai nút
sóng đứng de Broglie, mà khoảng cách giữa hai nút bằng nửa bước sóng, nên trong giếng chỉ
có thể có sóng de Broglie với bước sóng thỏa mãn điều kiện a = nλ/2 (n = 1, 2 ....) Nói cách
khác, bề rộng giếng a phải xếp được số nguyên lần nửa bước sóng. Năng lượng toàn phần của
electron trong giếng:

E = Ed =
Thay λ vào ta có

En =

mv 2 p 2 2π 2 h 2
=
=
2
2m
mλ2


π 2h 2

n2

(n = 1, 2, ...)
2ma
(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

ΔE = E 2 − E1 =

4π 2 h 2

−

π 2h 2

=

3π 2 h 2

2ma 2 2ma 2
2ma 2
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 mơ 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

năng lượng, nghĩa là sự lượng tử hóa thể hiện ít.
260


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
34. Xác suất P1 tìm thấy hạt trong miền I:
a/3

2

P1 = ∫ ψ ( x ) dx

với

0

P 1=

n = 1 ta có

ψ n ( x) =

2
nπx
sin
a
a

2 a / 3 2 πx
∫ sin a dx

a 0

P1 =

a/3
2π ⎤ 1
3
1 ⎡a / 3
2πx ⎤ 1 ⎡ a a
dx ⎥ = ⎢ −
sin
= −
= 0,195
⎢ ∫ dx − ∫ cos
⎥
a ⎢⎣ 0
a
a
π
π
3
2
3
3
4
⎣
⎦
⎥
0
⎦


P2 =

2a / 3
2π ⎤ 1
3
1 ⎡2a / 3
2πx ⎤ 1 ⎡ a a
dx
dx ⎥ = ⎢ + sin
−
cos
=
+
⎢ ∫
∫
⎥⎦ 3 2π = 0,604
a ⎢⎣ a / 3
a
a
π
3
3
⎣
⎥
a/3
⎦

35. ψ n ( x) =


2
nπx
sin
a
a

a. n = 2 ψ ( x)

2

=

2 2 ⎛ 2πx ⎞
sin ⎜
⎟
a
⎝ a ⎠

⎛ 2πx ⎞
⎛ 2πx ⎞
Cực đại khi sin 2 ⎜
⎟ =1 hay sin ⎜
⎟ = ±1 → x=a/4, 3a/4
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
⎛ 2πx ⎞
⎛ 2πx ⎞
Cực tiểu khi sin 2 ⎜
⎟ =0 hay sin ⎜
⎟ = 0 → x = a/2

⎝ a ⎠
⎝ a ⎠

b.
P=

2 2 a / 3 2 2πx
2 2a / 3 1 ⎛
4πx ⎞
sin
dx
=
⎜1 − cos
⎟dx = 0,195
∫
∫
a a/3
a
a a / 3 2⎝
a ⎠

c. Tìm vị trí để P1 = P2
⎛ 2πx ⎞
⎛ πx ⎞
sin 2 ⎜ ⎟ = sin 2 ⎜
⎟
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
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 khơng 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 tồn phần E của hạt vì U = 0,
cịn trong miền II động năng của hạt bằng E – Uo. Ta viết được
2πh
2πh
2πh
2πh
; λ2 =
=
λ1 =
=
p2
p1
2 m( E − U o )
2mE

Ta đưa vào các số sóng k1 và k2 tương ứng với các bước sóng trong các miền I và II,
được biểu diễn qua các động lượng p1 và p2, p1=ħk1, p2=ħk2, trong đó k1 = 2π/λ1, k2 = 2π/λ2, ta
viết được
261


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
k1 =

2π

λ1


2mE
,
h

=

k2 =

2π

λ2

=

2m( E − U o )

h

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
2

2
2
⎛ E − E −Uo ⎞
⎛ k1 − k 2 ⎞
⎟ = ⎛⎜ 5 − 4 ⎞⎟ = 1
⎟⎟ = ⎜
R = ⎜⎜
⎜ E + E −U ⎟

81
⎝5+ 4⎠
⎝ k1 + k 2 ⎠
o ⎠
⎝
Do có sự bảo tồn hạt nên R + D = 1. Do đó hệ số truyền qua D bằng
1 80
D = 1− R = 1−
=
81 81

37. Trong trường hợp bài toán này, U > E. Theo cơ học cổ điển hạt muốn vượt qua rào thì
năng lượng toàn phần E của hạt phải lớn hơn rào thế. Nhưng tình hình sẽ khác theo quan điểm
của cơ học lượng tử. Trong trường hợp này hạt vẫn có xác suất vượt qua hàng rào, dù năng
lượng E nhỏ hơn rào thế U. Phương trình Schroedinger có dạng

d 2ψ

2m

(U − E )ψ ( x) = 0
dx 2 h 2
và nghiệm thỏa mãn điều kiện chuẩn có dạng
−

⎡

ψ ( x) = Ce − kx = C exp ⎢−

2m(U − E ) ⎤

x⎥
h
⎦⎥

⎣⎢
trong đó C là hằng số. Vậy xác suất tìm thấy electron tại điểm x bằng
⎡ 2 2m(U − E )
h
⎢⎣

2

ψ ( x) = C 2 exp ⎢−

⎤
x⎥
⎥⎦

Xác suất tỉ đối cần tìm bằng

η=

2

⎡ 2 2m(U − E )
= exp ⎢−
2
h
⎢⎣
ψ ( 0)


ψ ( x)

⎤
x ⎥ = 0,3
⎥⎦

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
c
c
c
= ν 43 = ν 42 + ν 23 =
+
λ43
λ42 λ23

262


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

λ43 =

λ23λ42
(−0,656)(0,486)

= 1,875μm
=
λ23 + λ42
0,486 − 0,656

Tương tự λ53 = 1,282μm và λ 63 = 1,093μm .
2.
c
c
λ=
→ λ max =
= 1,88.10 − 6 m
⎛ 1
⎛ 1
1 ⎞
1 ⎞
⎟⎟
⎟⎟
R ⎜⎜
−
R ⎜⎜
−
⎝ 32 n 2 ⎠
⎝ 32 4 2 ⎠
c
= 0,83.10 − 6 m
λ min =
⎛ 1
1 ⎞
⎟⎟

R ⎜⎜
−
2
∞2 ⎠
⎝3
3. Bước sóng của vạch thứ hai trong dãy Balmer:
c
λ 42 =
= 0,49.10 − 6 m
⎛ 1
1 ⎞
⎟⎟
−
R ⎜⎜
2
42 ⎠
⎝2
Bước sóng của vạch thứ ba trong dãy Balmer:
c
λ 52 =
= 0,437.10 − 6 m
⎛ 1
1 ⎞
⎟⎟
−
R ⎜⎜
⎝ 2 2 52 ⎠
4. Bước sóng của thứ hai trong dãy Lyman:
c
λ 31 =

= 0,103.10 − 6 m
⎛1
1 ⎞
R ⎜⎜ − ⎟⎟
2
32 ⎠
⎝1
Bước sóng của vạch quang phổ thứ ba trong dãy Lyman:
c
λ 41 =
= 0,98.10 − 7 m
⎛ 1
1 ⎞
⎟⎟
R ⎜⎜ −
2
42 ⎠
⎝1
hc
Rh
Rh
c
; E3 = −
; E1 = −
→λ =
= 1,03.10−7 m
5. E3 − E1 =
2
λ
1

⎛ 1⎞
3
R⎜1 − ⎟
⎝ 9⎠
6.
c
c
= 1,22.10 − 7 m
→ λ max =
λ=
⎛ 1
⎛1
1 ⎞
1 ⎞
⎟⎟
⎟
R ⎜⎜ −
R ⎜⎜ −
2
2⎟
2
n ⎠
22 ⎠
⎝1
⎝1
c
= 0,92.10 − 7 m
λ min =
⎛ 1
1 ⎞

⎟⎟
R ⎜⎜ −
⎝ 12 ∞ 2 ⎠
⎛ 1

1 ⎞

1

⎟ = 10,2 (eV), hν max = Rh. = 13,5 (eV)
7. hν min = Rh ⎜⎜ −
⎟
12
⎝ 12 2 2 ⎠

263


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
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

⎛ 1
⎛1
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞
⎟⎟ , ν 21 = R⎜⎜ −

⎟⎟ , ν 32 = R⎜⎜
− ⎟⎟
⎝ 12 2 2 ⎠
⎝ 12 3 2 ⎠
⎝ 2 2 32 ⎠
Tương ứng với các bước sóng 1216Å, 1026 Å (dãy Lyman) và 6563 Å (dãy Balmer)

ν 31 = R⎜⎜

−

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

⎛1
1 ⎞
E min = Rh⎜⎜ − ⎟⎟ = 12,035eV
⎝ 12 3 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:

me v2
= hν − E1 = 16,5 − 13,5 = 3 (eV) → v = 10 6 m / s
2
12. Tất cả các vạch quang phổ hiđrô xuất hiện khi nguyên tử hiđrô bị iơn hóa. Điều này xảy ra
khi năng lượng của các electron bằng 13,6 eV.


⎛ 1
1 ⎞
⎟ . Lấy n’=1, n=2, R=3,29.1015s-1, ta tìm được U=10,2 V
−
13. A = eU = hν = hR⎜⎜
2
2⎟
n ⎠
⎝ n'
14. Mômen động lượng quĩ đạo của electrơn: L = l(l + 1)h , trong đó l = 0, 1, 2,..., n − 1 , do

Rh
, năng lượng kích thích E =
đó cần tìm n. Năng lượng electrôn ở trạng thái n : E n = −
n2
12eV chính là năng lượng mà electrơn hấp thụ để nhảy từ trạng thái cơ bản lên trạng thái En
Rh ⎛ Rh ⎞
→ En – E1 = 12eV → −
− ⎜−
⎟ = 12 → n = 3. Vậy l = 0,1, 2 , do đó: L = 0, 2h, 6h
n2 ⎝ 1 ⎠
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

L
cos α = z =

L

mh
l (l + 1)h

=

m
l (l + 1)

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
cos α = 2 / 2.3 = 0,82 , suy ra α = 35o10’.

16. Trạng thái f ứng với l = 3 . Các giá trị của m = 0, ±1, ±2, ±3. Gía trị hình chiếu mơmen
động lượng quĩ đạo LZ = 0, ± h, ± 2h, ± 3h . Độ lớn mômen động lượng quĩ đạo:

L = l(l + 1)h = 2 3h

264


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số
17. Trạng thái cơ bản s có l = 0 , trạng thái kích thích p có l = 1. Từ cơng thức

L = l(l + 1)h → ΔL = 2h

18.

Rh


(2 + Δ s )

2

= 5,39 eV,

Rh

(2 + Δ p )2

= 3,54 eV → Δ s = −0,41, Δ p = −0,04

19. Không có sự chuyển mức trực tiếp từ 3S đến 2S vì vi phạm qui tắc lựa chọn. Sự chuyển
trạng thái được thực hiện như sau:
3S → 2P, phát ra ra bức xạ 0,82μm và 2P → 2S, phát ra bức xạ 0,68μm
20. 4S → 3P, λ = 5890A0, 2. 3P → 3S, λ = 11400A0
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 2 S1 / 2 , 3 2 P1 / 2 , 3 2 P3 / 2 , 3 2 D3 / 2 , 3 2 D5 / 2 .
Những trạng thái có thể chuyển về 3 2 S1 / 2 là: n 2 P1 / 2 và n 2 P3 / 2 (n =3,4,5...)
Những trạng thái có thể chuyển về 3 2 P1 / 2 là: n 2 S1 / 2 (n =4,5,6...) và m 2 D3 / 2 (m=3,4,5...)
Những trạng thái có thể chuyển về 3 2 P3 / 2 là: n 2 S1 / 2 (n =4,5,6...) và m 2 D3 / 2 , m 2 D5 / 2
(m=3,4,5...)
Những trạng thái có thể chuyển về 3 2 D3 / 2 là: n 2 P1 / 2 , n 2 P3 / 2 (n =4,5,6...) và m 2 F5 / 2 ,
(m=4,5...)

Những trạng thái có thể chuyển về 3 2 D5 / 2 là: n 2 P3 / 2 (n =4,5,6...) và m 2 F5 / 2 , m 2 F7 / 2
(m=4,5...)
R
R
c
24.
−
=
2
2
7665.10 −10
(4 + Δ s ) 4 + Δ p

(

mà

R

(4 + Δ s )2

=

)

c
2858.10 −10

→ Δ s = −2,23, Δ p = −1,915


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
Mức D
(l = 2)

m=1
m=0
265


Hướng dẫn giải bài tập và đáp số

26.

Lớp K
Lớp L
Lớp M

electron s
2
2
2

electron p


electron d

6
6

10

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
;
2
; ….. n-1
b) l = 0; 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|)
Vậy n = 3, m=1 thì 2(n - |m|) = 2(3-1) = 4
c) 2(n - |m|) = 2(3-2) = 2
d) n - |m|= 3 – 0 = 3
e)Với một giá trị của l m = 0, ±1, ±2,..., ±l tức là có 2l + 1 giá trị của m, vậy khi l và ms xác
định thì có 2l + 1 trạng thái của electron khác nhau bởi các giá trị của m.
l = 2, ms = 1/2 thì 2l + 1= 2.2 +1 = 5
28. a) 2(12+22+32) = 28
b) 6 electron s gồm (1s)2, (2s)2, (3s)2; 12 electron p gồm (2p)6, (3p)6; 10 electron d gồm
(3d)10.
c) 4 electron p có m = 0 gồm (2p)2 và (3p)2.
29. He: 1s2
Li: 1s22s
Be: 1s22s2


266

B: 1s22s22p
C: 1s22s22p2
N: 1s22s22p3

O: 1s22s22p4
Na: 1s22s22p63s
K: 1s22s22p63s23p64s