Bài tập về lượng tủ ánh sáng

BÀI TẬP VỀ LƯỢNG TỦ ÁNH SÁNG
Câu 1: Rọi vào catot 1 tế bào quang điện có bước sóng 300nm, dòng quang điện bị triệt tiêu khi UAK ≤ - 0,32V. Anot phẳng, song song với catot, cách catot 1 cm. Bán kính lớn nhất của vùng trên mặt anot mà các quang electron có thể đập vào khi chúng bay từ catot khi UAK = 4V là bao nhiêu?
Giải: Để giải các bài tập dạng này ta vận dụng các kiến thức và công thức sau
d
R
v0max
K
A
Các quang e bứt ra khỏi catốt có vận tốc ban đầu cực đại v0max được xác định theo công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện:
 Các quang e bứt ra khỏi catốt theo các
 hướng khác nhau và chuyển động về anốt, trong đó các 
 quang e bay ra theo hướng song song với mặt phẳng catốtsẽ rơi
 xa nhất, ở phần ngoài cùng của mặt tròn, bán kính 
R chính là tầm bay xa của các quang e này: R = v0max t 
với t là thời gian chuyển động của quang e từ K đến A
 Lực tác dụng lên e có độ lớn F = eE = eU/d = ma với a là gia tốc của quang e. d = s = at2/2.
 Giải bài tập đã cho: 
 Gia tốc của quang e chuyển động từ K về A a = eUAK/md. thời gian chuyển động của e từ K về A
 t = 
 = eUh -----> = = 
 ------> R = t = = 2d= 1,7888 cm
 Câu 2: Chiếu bức xạ có bước sóng λ = 0,2823µm vào catot có A = 2,4eV. UAK = 4cos(4πt+φ) V. Tìm tỉ số thời gian có và thời dòng quang điện gian dòng quang điện bị triệt tiêu trong 1 chu kỳ?
Giải: = A + eUh 
------> eUh = - A = - 2,4 (eV) = 2(eV) ----> Uh = 2V
Dòng quang điện không qua tế bào khi uAK £ - 2 V.
Trong 1 chu kì uAK = 4cos(4πt+φ) £ - 2 V. trong khoảng thời gian t = T/3
Như vậy trong 1 chu kì khoảng thời gian có dòng điện qua là 2T/3 gấp 2 lần thời gian dòng điện bị triệt tiêu. Đáp số 2 lần
Câu 3: Mức năng lượng trong nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức E = -(eV) với n Î N*, trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Một đám khí hiđrô đang ở trạng thái kích thích và electron đang ở quĩ đạo dừng N. Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra khi chuyển về trạng thái dừng có mức năng lượng thấp hơn là 
 A. 16/9. B. 192/7. C. 135/7. D. 4.
Giải: = EN – EK = E4 – E1 = 13,6( 1- ) = 13.6.
 = EN – EM = E4 – E3 = 13,6( - ) = 13.6.
-----> = . Đáp án C
Câu 4: Công thoát êlectron của đồng là 4,47eV. Người ta chiếu liên tục bức xạ điện từ có bước sóng λ = 0,14μm vào một quả cầu bằng đồng đặt cô lập về điện và có điện thế ban đầu Vo = -5V, thì sau một thời gián nhất định điện thế cực đại của quả cầu là:
A. 0,447V. B. -0,6 V. C. 4,4V. D. 4,47V.
Giải:  Khi chiếu bức xạ điện từ có bước sóng λ vào quả cầu bằng đồng cô lập về điện thì các electron quang điện bứt ra làm cho điện thế của quả cầu tăng lên. Quả cầu đạt điện thế cực đại Vmax khi e(Vmax – V0) = = - A
e(Vmax – V0) = - 4,47 (eV) = 8,87 – 4,47 (eV) = 4,4 eV
------> Vmax – V0 = 4,4V------> Vmax = 4,4 + V0 = - 0,6V. Đáp án B
Câu 5. Chiếu lần lượt ba bức xạ có bước sóng theo tỉ lệ 4:6:5 vào một tấm kim loại thì nhận được vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron theo tỉ lệ v1:v2:v3=3:k:2. Trong đó k bằng:
A. 	B.	C. 	D. 
Giải: = A + W1 = A + W2 = A + W3 
 = ----> = ; = ------. = 
 = ------> W3 = W1 ; = ------> W2 = W1
 = A + W1 (1)
 = A + W1 (2)
 = A + W1 (3)
(1) – (2) ------> = W1 (*)
(1) – (3) ------> = W1 (**)
Từ (*) và (**) = ====> k2 = -----> k = Đáp án B
Câu 6: Người ta chiếu một chùm tia laze hẹp có công suất 2mW và bước sóng λ = 0,7µm vào một chất bán dẫn Si thì hiện tượng quang điện trong sẽ xảy ra. Biết rằng cứ 5 hạt phôtôn bay vào thì có 1 hạt phôtôn bị electron hấp thụ và sau khi hấp thụ phôtôn thì electron này được giải phóng khỏi liên kết. Số hạt tải điện sinh ra khi chiếu tia laze trong 4s là
A. 7,044.1015. B. 1,127.1016. C. 5,635.1016. D. 2,254.1016.
Giải: Số photon chiếu vào Si trong 1 giây: NP = = 
Số hạt tải điện sinh ra khi chiếu tia laze trong thời gian t(s) là 
 Ne = = = = 5,635.1015 hạt. Đáp án khác
Câu 7. Năng lượng ở trạng thái dừng của nguyên tử hiđrô được tính theo công thức En = - eV ( n = 1, 2, 3, ). Một nguyên tử hiđrô có electron trên quỹ đạo N, chuyển về các trạng thái có mức năng lượng thấp hơn, theo cách phát ra nhiều phôtôn nhất . Giá trị nào sau đây là tần số một trong các phôtôn đó:
A. 457.106 MHz B. 292.1010 kHz C. 617.106 MHz D. 308.1010 kHz 
N; n =4
M; n=3
L; n=2
K; n=1
Giải: Có 6 phôtôn có thể phát ra
 hfmax = E4 – E1 = 13,6( 1- ) eV = 13,6. eV
 hfmin = E4 – E3 = 13,6( - ) eV = 13,6. eV
 fmax = = 3,08.1015 Hz = 308.1010 KHz.
 fmin = = 0,16.1015 Hz = 16.1010 KHz.
Do đó fmin £ f £ fmax ------> 16.1010 KHz. £ f £ 308.1010 KHz.: ta loại đáp án A và C
 Khi f = 292.1010KHz thì hf = E3 – E1 = 13,6(1 - ) eV = 13,6.eV 
----> f = = 2,92.1015 Hz = 292.1010 KHz. 2 đáp án B và D đều thỏa mãn
Bài ra tìm tần số của phôtôn chuyển từ quỹ đạo N xuống các quỹ đạo có mức năng lượng thấp hơn nên ta chọn đáp án D. 
Câu 8. Một nguyên tử hiđrô nhận năng lượng kích thích, electron chuyển lên quãy đạo N. Khi electronchuyển về các quỹ đạo bên trong, nguyên tử
A. Nếu phát ra 2 phôtôn thì có 1 phôtôn trong vùng nhìn thấy.
B. Luôn phát ra 1 phôtôn trong vùng nhìn thấy.
C. Có thể phát ra 2 phôtôn trong vùng nhìn thấy.
D. Nếu phát ra 3 phôtôn thì có 1 phôtôn trong vùng nhìn thấy.
N; n =4
M; n=3
L; n=2
K; n=1
Giải: Trong số 6 phôtôn có thể phát ra có hai phô tôn 
(màu đỏ trên hình vẽ) trong vùng nhìn thấy còn 4 phôtôn trong
vùng không nhìn thấy. Do vậy chỉ có đáp án C là đúng
Câu 9: Chiếu một ánh sáng công suất rất lớn, bước sóng 0,2 μm vào một quả cầu bằng kim loại cô lập về điện có công thoát 2 eV. Nếu nối quả cầu với đất qua một điện trở 15 Ω thì dòng điện tiếp địa (dòng điện chạy xuống đất) qua điện trở bằng bao nhiêu?
A. 0,28 A B. 4,21 A C. 63,2 A D. 2,47 A 
Giải: 
 = A + eVmax -----. eVmax = - A = 6,21 – 2 = 4,21 eV ----> Vmax = 4,21V
 Dòng điện tiếp địa (dòng điện chạy xuống đất) qua điện trở I = = 0,28A. Đáp án A
Câu 10: Trong chân không, người ta đặt một nguồn sáng điểm tại A có công suất phát sáng không đổi. Lần lượt thay đổi nguồn sáng tại A là ánh sáng tím bước sóng λ1 = 380 nm và ánh sáng lục bước sóng λ2 = 547,2 nm. Dùng một máy dò ánh sáng, có độ nhạy không đổi và chỉ phụ thuộc vào số hạt phôton đến máy trong một đơn vị thời gian, dịch chuyển máy ra xa A từ từ. Khoảng cách xa nhất mà máy còn dò được ánh sáng ứng với nguồn màu tím và nguồn màu lục lần lượt là r1 và r2. Biết |r1 – r2| = 30 km. Giá trị r1 là
A. 180 km B. 210 km C. 150 km D. 120 km 
Giải Gọi P là công suất phát sáng tại nguồn A; N1 và N2 là số photon tím và lục phat ra trong 1s
 P = N1 = N2 -----> = 
Photon còn đến được máy dò = ³ 1 -----> N1 = 4π= 4π và N2= 4π
-----> = = = 0,6944
---> r1 = 0,833r2 r2 – r1 = 30 km-----> r2 = r1 + 30 (km)
---> r1 = 0,833(r1+ 30) ------> 0,167r1 = 25 -----> r1 = 149,7 km » 150 km. Đáp án C
11.. Hiệu điện thế hãm của một tế bào quang điện là 1,5 V. Đặt vào hai đầu anot (A) và catot (K) của tế bào quang điện trên một điện áp xoay chiều: uAK = 3 cos () (V). Khoảng thời gian dòng điện chạy trong tế bào này trong 2 phút đầu tiên là:
 A. 60s. B. 70s. C. 80s. D. 90s.
Giải: 
Dòng điện chạy qua tế bào khi uAK -1,5 V. 
Trong mỗi chu kì 3cos() (V). -1,5 (V) trong khoảng thời gian 
Trong mỗi chu kỳ T = 0,02 s thời gian chạy qua tế bào là = . (s)
 Trong 2 phút, thời gian chạy qua là: t = = 80 s.
	Chọn đáp án C.