.c
om
ng

cu

u

du
o

ng

th

an

co

Bài tập vật lý điện tử

CuuDuongThanCong.com

Đỗ Đức Thọ
/>

Bài tập chương I

th

an

co

ng

.c
om

Bài 1:
Dữ kiện:
U0 = 900V
l1 = 2cm
l1
+ l = 20cm
2 2
d1 = 0,5cm

du
o

u

−2
D
l1  l1
0,
2.2.10

−4 m
S=

=
= 4,5.10
 + l2  =
−3
U K U0 2 d  2
V
 900.2.5.10

cu

Giải:

ng

S =?

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương I
Bài 2:

l2

.c
om

U0


Dữ kiện:
U0 = 900V

K

2R

ng

l1 = 2 R = 5cm
+ l2 = 35cm

co

l1

M

l1

B⊗

D

du
o

ng

e = 1,6.10−19 C; m = 9.1031 kg


th

an

2
W = 2 ì 200 = 400; à0 = 1, 26.10−6 Tm/A

i WR2
H=
; B = µ0 H
2
2 32
2 (R + z )

cu

u

S =?
2
R
W µ0
l
D
e
1

l1  + l2 
Giải: S = =

2
2 32
i
2mU0  2
 2( R + z )

−4
2
−6
1,6.10−19
6,
25.10
.4.10
.1.26.10
m
−2
−2
S=
5.10 .35.10
= 0,618
−31
−4
−4 3 2
2.9,1.10 900
A
2 ( 6, 25.10 + 6, 25.10 )
CuuDuongThanCong.com

/>


Bài tập chương I
Bài 3:
Dữ kiện:
R = 3cm
U1 = 300V
U2 = 500V

θ1

.c
om

ng

z

C

θ1 θ

2

R

ϕ
O

B

an


co

f =?

A

ng

th

Giải: giả sử chùm điện tử chuyển động song song với trục của hệ hai

du
o

lưới và cách trục một khoảng z << R. Tia tới và tia khúc xạ hợp thành

cu

nhỏ nên ta có:

u

với pháp tuyến mặt lưới (bán kính OA) các góc θ1, θ2. Do các góc này

U1
sin θ2
θ2
=

=k≃
sin θ1
θ1
U2
CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương I
Từ hình học ta có:

co

ng

Rθ1
R
CB =
=
θ1 − θ2 1 − k

.c
om

ϕ = θ1 − θ2 ; CB = AC ϕ ; AC ≃ Rθ1

ng

th


an

Như vậy CB không phụ thuộc vào góc θ1 ⇒ có thể xem là tiêu cự

cu

u

du
o

3
f = CB =
= 13, 25cm
300
1−
500

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương I

.c
om

Bài 5:
Dữ kiện:
U D1 = U A = 100V; U K = 0


d

ng

d = 1cm

d

an

co

UD 2 = ?

u

du
o

ng

th

Giải: Chúng ta có thể biểu diễn hệ
quang học điện tử giống như hệ
quang học tia sáng. Ứng dụng định luật
quang học với hai thấu kính ta có:

cu


1 1 1
+ =
a b f2

a- khoảng cách vật, b- khoảng cách ảnh đối với thấu kính thứ 2

CuuDuongThanCong.com

/>
d


Bài tập chương I
1
1
1
=
+ (*)
f2 d − f1 d

.c
om

Điều kiện để cho chùm điện tử hội tụ trên anôt là:

ng

4U D1
;

Từ cơng thức tính tiêu cự ta có: f1 =
E2 − E1

2 (U1 − U2 )
1
f1 =
=
4U1d
4U2 d
d−
U2 − 2U1

ng

th

an

co

Thay vào phương trình (*) ta nhận được:

4U D 2
f2 =
;
E3 − E2

du
o


Giải phương trình này ta nhận được:

cu

u

U2(1) = 432, 28V

CuuDuongThanCong.com

U2( 2) = 27,72V

/>

Bài tập chương III

.c
om

Bài 1:
Dữ kiện:

d

ng

P = 100W
Pb = 5%P

an


co

d = 1A0
ϕK = 2, 2eV

th

R = 75cm

R

ng

t =?
Giải: Cường độ ánh sáng trên bề mặt nguyên tử K là:

cu

u

du
o

Pb
I=
4π R2
2
2
Pb

Pd
d
 
b
⋅
π
=
Công suất hấp thụ bởi nguyên tử: Pa = I .Sa =


4π R2  2  16 R2
Thời gian cần thiết để nguyên tử K hấp thụ năng lượng ϕK là:
Mẫu sóng ánh sáng cho kết quả rất lớn so với
ϕK
t=
= 57,6s
thực nghiệm:
Pa
CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
I
Bài 2:

λ = 2500A0 ; ϕK = 2, 2eV;

.c
om


Tmax = ?

I = 2W

λ

− ϕK

co

Giải: từ công thức: Tmax =

hc

;

ng

Ne = ?

m2

an

Dữ kiện:

du
o


ng

th

6,626.10−34.3.108.6, 24.1018
Tmax =
− 2, 2 = 2,75eV
−10
2500.10
Số photon đập vào bề mặt K trong 1s là:
I
I
Iλ
ph
=
=
= 2,52.1018 2
Eph hc hc
m .s

cu

u

N=

λ

Nếu mỗi photon đập vào bề mặt K bứt ra một e thì số điện tử phát ra từ
Ne = N = 2,52.1018 ph 2

1m2 bề mặt K trong 1s sẽ là:
m .s
CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
I
λ'

λ

pe

.c
om

Bài 3:
Dữ kiện:
hc
Eph =
= 0,3MeV;

λ

cu

u

du

o

ng

th

an

co

ng

ve = ?
hc
0
Giải: áp dụng định luật bảo tồn năng lượng ta có: E + Ee = + me c2 (1)
λ'
h
h
= − + pe ( 2 )
Mặt khác theo định luật bảo toàn động lượng:
λ
λ'
hc

0
2
E
+
E

=
+
m
c
e
e
 ph
λ'
2
2
E
+
E
=
m
c
+ pe c
Từ (1) và (2)

ph
e
0
 hc = − hc + pe c
1 + v 
 λ
λ'


2
2 Eph + E0 = m0γ c2 + m0γ vc = m0 cγ ( c + v )

( 2 Eph + E0 ) = E02  vc 
1 − 
 c
CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
2

co

ng

v 4,73 − 1
=
= 0,65;
c 4,73 + 1

an

Bài 4:

ng

th

Dữ kiện:

du

o

λ = 1A0 ;

cu

u

U =?
Giải: λe = 12, 2

2

.c
om

v α −1
=
;
c α +1

 2 Eph + E0   2 Eph   2.0,3 
α =
=
+ 1 = 
+ 1 = 4.73

E0

  E0

  0,511 
2

U

(

⇒ U = 12, 2

CuuDuongThanCong.com

) (
2

λe

= 12, 2

1

) = 150V
/>

Bài tập chương II

.c
om

Bài 5:
Dữ kiện:

Ee >> Ee0

co

ng

λe ?

du
o

h hc hc
λe = =
=
pe pe c Ee

ng

th

an

Giải:
2
Ta có: Ee2 = ( pe c ) + E02 . Do Ee >> E0 ⇒ pec ≈ Ee

u

hc
Đối với photon ta có: E = ⇒ λ =

λ
E

cu

hc

Như vậy ta có bước sóng kết hợp của hạt gần đúng bằng bước sóng của
photon có cùng năng lượng. Đây là điều phải chứng minh

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II

co

ng

.c
om

Bài 6:
Dữ kiện:
h
h
λ= =
p mv


th
ng

E mc2 c2
= ;
vf = =
p mv v

du
o

Giải:
Ta có:

an

v f , vg ?

cu

2

u

E = ( pc ) + m0 c2 ⇒ 2 EdE = 2 ( pc ) d ( pc ) = 2 pc2 dp
2

dE 2 pc2 mvc
vg =
=

=
=v
2
2E
dp
mc

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
Bài 8:

th

an

co

ng

.c
om

Dữ kiện:
h = 6,625.10−3 Js; L = 12m;
v = 5m/s; d = 0,6m
∆y
Giải:


cu

u

du
o

ng

h
λ L mv L hL
6,625.10−3.12
Ta có: ∆y =
=
=
=
= 0, 4m
−3
d
d
mvd 66, 25.10 .5.0,6

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
Bài 9:


.c
om

Dữ kiện:

a ) m = 5mg;v = 2m/s;∆x ?

ng

∆p =10−3 ;
p

co

b ) me = 9,1.10−31 kg; v = 1,8.108 m/s;∆x ?

du
o

ng

h
∆x ≥
= 10,577.10−20 A0
2π .∆px

v2
h 1− 2
h
c = 5,14A0

∆x ≥
=
2π .∆px 2π .10−3.m0 v

b) ∆x.∆px ≥

h
2π

cu

u

h
∆
x
.
∆
p
≥
a)
x
2π

th

an

Giải:


CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
Bài 10:

∆λ =1A ;
0

t?

ng

λ =2500A0 ;

.c
om

Dữ kiện:

h
h
λ2
t≥
=
=
= 8, 493.10−9 s
2π .∆E 2π . hc ∆λ 2π c∆λ
2


th

an

co

h
Giải: ∆E.∆t ≥
2π

λ

∆x ?

u

∆p = p = ;

cu

h

du
o

ng

Bài 11:
Dữ kiện:


λ

h
Giải: ∆x.∆p ≥
2π
CuuDuongThanCong.com

h
h
λ
∆x ≥
=
=
2π .∆p 2π . h 2π

λ

/>

Bài tập chương II
Bài 12:
h
mv.∆p. ∆x mv ≥
2π
h
∆E.∆t ≥
2π

h

∆ ( p 2m ) . ∆x v ≥
2π
2

co

ng

.c
om

h
Giải: ∆p.∆x ≥
2π

th

du
o

ng

mv.∆p. ∆x mv ≥

u

h
2π

cu


Giải: ∆p.∆x ≥

an

Bài 13:

CuuDuongThanCong.com

h
2π

∆ ( p2 2m ) . ∆x v ≥

h
∆E.∆t ≥
2π

/>
h
2π


Bài tập chương II

Dữ kiện:

m = 10−14 kg;

L = 0,1mm;


vmin ?

.c
om

Bài 15:

co

ng

Giải:

an

th

du
o

ng

vmin

h2
2
2
−34
2

2 E1
h
1
h
6,625.10
−16
8mL =
=
=
=
=
=
3,3.10
m/s
−14
−4
2 2
m
m
4m L 2 mL 2.10 .1.10

u

cu

En = E1 .n2

mv2
8mL ⋅
E

8 EmL2
2.m.L.v
2
=
=
=
n=
2
2
E1
h
h
h
2

2.10−14.10−4.1.10−5
10
n=
=
3.10
6.625.10−34
CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II
dΨ
Lˆ Ψ = i
= LΨ
dx


dΨ 1
= Ldx = −iLdx
Ψ i

.c
om

Bài 16:
Giải:

ng

th

an

co

ng

C = const
Ψ = C.e− iLx
Chúng ta thấy rằng hàm Ψ(x) thỏa mãn phương trình, với mọi giá trị L
hàm Ψ(x) liên tục, đơn trị và hữu hạn. Như vậy bất kì giá trị L thực nào
cũng là trị riêng của và Ψ(x) là hàm riêng của Lˆ

cu

u


du
o

Áp dụng kết quả này cho trường hợp toán tử hình chiếu xung lượng ta
có:
dΨ
−iℏ
= px Ψ
Ψ = C.e− ip x C = const
dx
Hàm Ψ(x) là khác không trong khoảng: -∞ < x < ∞, liên tục, đơn trị,
hữu hạn với mọi giá trị px là số thực ⇒ như vậy đại lượng hình chiếu
xung lượng của một hạt tự do khơng bị lượng tử hóa
CuuDuongThanCong.com

x

/>

Bài 17:

a ) L = 1nm; D ?

Dữ kiện: E = 50eV;
U0 = 70eV;

Giải:

b) D = e


−

2.10−10
2.9,1.10−31 ( 70−50 ).1,6.10−19
−34
6,625.10

ng

=e

th

2.10−19
2.9,1.10−31 ( 70−50 ).1,6.10−19
−34
6,625.10

=e

cu

2L
2 m(U0 − E )
−
ℏ

−


≃ 1,3.10−20

du
o

a) D = e

2L
2 m(U0 − E )
ℏ

u

−

an

co

ng

b ) L = 0,1nm; D ?

.c
om

Bài tập chương II

CuuDuongThanCong.com


≃ 0,01

/>

Bài tập chương II
Bài 17:

ng

.c
om

nπ 

Giải: dạng của hàm sóng: Ψ = Ansin 
x
 L 
Từ điều kiện chuẩn hóa của hàm sóng ta có:

co

an

th

ng

du
o


0

u

1 = ∫ Ψn ( x )


x  
 dx = A2 L

n
2



cu

L

2

nπ


L
L 1 − cos 


2
2  nπ

2
 L
= ∫ An sin 
x dx = An ∫ 
2
 L 
0
0 

2
An =
L

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương II

Dữ kiện: L =10−10 m

.c
om

a ) Emin ?

Bài 18:

Giải:


an

co

ng

b ) n2 → n1 ; λ ?

6,625.10 )
(
h2
−18
=
=
=
6,03.10
J = 37,7eV
E
a) 1
2
−31
−10 2
8mL 8.9,1.10 . (1.10 )

L

du
o

ng


th

−34 2

E3 = E1.32 = 339eV

cu

u

E2 = E1 .22 = 151eV

b)

hc

λ

= E2 − E1

hc
6,625.10−34.3.108
−7
λ=
=
=
0,1099.10
= 11nm
−19

E2 − E1
113.1,6.10
CuuDuongThanCong.com

/>

Bài tập chương III
Bài 1:

ng

.c
om

Giải: từ công thức: 1 = R  12 − 12  ; R = 1,097.10−3 1 ta có:
λ
A0
 n1 n2 

an

λmax =

4
4
0
=
=
1215A
3R 3.1,097.10−3


ng

λmax

1 1
3R
= R  2 − 2  =
1 2  4

th

1

co

Bước sóng dài nhất của dãy Lyman (n1 =1; n2 = 2) :

λmin

u

1

= R 2 − 0 = R
1


cu


1

du
o

Bước sóng ngắn nhất của dãy Lyman (n1 =1; n2 →∞) :

CuuDuongThanCong.com

λmin

1
1
0
= =
=
912A
R 1,097.10−3

/>

Bài tập chương III
Bài 2:

λmin =

ng

λmin


1
R


= R 2 − 0 =
2
 4

co

1

.c
om

Giải: Bước sóng ngắn nhất của dãy Balmer (n1 = 2 ; n2 →∞):
4
R

th

an

Năng lượng của nguyên tử Hyđrô được tính theo cơng thức: En = E21
n

du
o

ng


Trong đó: E1 = Ei là năng lượng ion hóa ngun tử Hyđrơ

cu

u

E = E1 = En .n = E2 .2 = 4 E2 = 4
i

2

2

hc

λmin

4.6,625.10−34.3.108
18
Ei =
⋅
6,
24.10
= 13,59eV
−10
3650.10
CuuDuongThanCong.com

/>


Bài tập chương III
Bài 3:

cu

u

du
o

ng

th

an

co

ng

.c
om

Giải: năng lượng cực đại có thể hấp thụ bởi nguyên tử Hyđrô bằng
năng lượng của điện tử là 12,2 eV. Giả sử lúc đầu nguyên tử ở trạng
thái cơ bản, khi hấp thụ năng lượng trên nguyên tử có thể chuyển lên
mức năng lượng Umax, có thể tính bằng cơng thức sau:
1


1

∆E = En − E1 = E1  2 − 1 = 12, 2
−13,6. 2 − 1 = 12, 2
n=3
n

n

Như vậy có thể có các vạch ứng với các bước sóng sau:
n=3
1
1 1  8R

0
= R 2 − 2  =
λ1 = 1026A
λ1
1 3  9
n=2
1
1 1  5R

0
= R 2 − 2  =
λ2 = 6563A
λ2
 2 3  36
n =1
1

 1 1  3R
= R 2 − 2  =
λ2 = 1215A0
λ3
1 2  4
CuuDuongThanCong.com

/>