Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Khi electron nhảy từ trạng thái có năng lượng En sang trạng thái có mức năng lượng nhỏ hơn Em thì nguyên tử phát ra bức xạ thỏa mãn
\(hf = E_m-E_n \)
=> \(h\frac{c}{\lambda} = E_m-E_n \)
=> \(\lambda=\frac{hc}{E_m-E_n} =\frac{6,625.10^{-34}.3.10^8}{12,75.1,6.10^{-19}}=9,74.10^{-8}m= 0,0974 \mu m.\)
Chú ý : \(E_m-E_n = -0,85-(-13,6)= 13,6 - 0,85=12,75eV\)
Dựa vào hình vẽ.
Khi electron ở mức n = 3 (M) => phát ra 2 vạch.
n = 2 => phát ra 1 vạch.
Tổng: 2+1 = 3 vạch.
Như vậy phải kích thích điện tử lên mức M thì chỉ phát ra 3 vạch.
\(\lambda_{\alpha}\) và \(\lambda_{\beta}\) là hai bước sóng ứng với các vạch đỏ và lam của dãy Ban-me. Khi đó thỏa mãn
\(hf_{\alpha}=\frac{hc}{\lambda_{\alpha}}= E_3-E_2,(1)\)
\(hf_{\beta}=\frac{hc}{\lambda_{\beta}}=E_4-E_2.(2)\)
Bước sóng dài nhất λ1 trong dãy Pa-sen trong quang phổ vạch của nguyên tử hiđrô là bức xạ được phát ra khi nguyên tử nhảy từ mức N (n = 4) về mức M (n = 3).
\(hf_1 = \frac{hc}{\lambda_1}=E_4-E_3.\)
Trừ (2) cho (1), so sánh với (3) ta có
\(\frac{hc}{\lambda_{\beta}}-\frac{hc}{\lambda_{\alpha}}= \frac{hc}{\lambda_1}\)=> \(\frac{1}{\lambda_{\beta}}-\frac{1}{\lambda_{\alpha}}= \frac{1}{\lambda_1}.\)
\(_1^1p + _3^7 Li \rightarrow 2_2^4He\)
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần
\(K_p+m_pc^2+K_{Li}+m_{Li}c^2= 2K_{He} + 2m_{He}c^2 \)
=> \(K_p+m_pc^2+m_{Li}c^2= 2K_{He} + 2m_{He}c^2 \)
=> \( 2K_{He} =K_p+(m_p+m_{Li}-2m_{He})c^2=K_p+W_{tỏa} = 1,6+17,4 = 19MeV.\)
=> \(K_{He} = 9,5 MeV.\)
\(_1^1p + _3^7 Li \rightarrow 2_2^4He\)
\(m_t-m_s = m_{Li}+m_p - 2m_{He} = 0,0187u > 0\), phản ứng là tỏa năng lượng.
Sử dụng công thức: \(W_{tỏa} = (m_t-m_s)c^2 = K_s-K_t\)
=> \(0,0187.931 = 2K_{He}- K_p\) (do Li đứng yên nên KLi = 0)
=> \(K_{He} = 9,605MeV.\)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng
\(\overrightarrow P_{p} =\overrightarrow P_{He1} + \overrightarrow P_{He2} \)
Dựa vào hình vẽ ta có
Áp dụng định lí hàm cos trong tam giác
\(P_{He2}^2+ P_{He1}^2 +2 P_{He1}P_{He2}\cos{\alpha} = P_{P}^2\)
Mà \(P_{He1} = P_{He2}\)
=> \(1+\cos {\alpha} = \frac{P_p^2}{2P_{He}^2} = \frac{2.1,0073.K_p}{2.2.4,0015.K_{He}} \)
=> \(\alpha \approx 167^031'\).
X là hạt nhân \(_3^6Li\)
\(_1^1p + _4^9Be \rightarrow _2^4He+ _3^6 Li\)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng
\(\overrightarrow P_{p} =\overrightarrow P_{He} + \overrightarrow P_{Li} \)
Dựa vào hình vẽ ta có (định lí Pi-ta-go)
\(P_{Li}^2 = P_{\alpha}^2+P_p^2\)
=> \(2m_{Li}K_{Li} = 2m_{He}K_{He}+ 2m_pK_p\)
=> \(K_{Li} = \frac{4K_{He}+K_p}{6}=3,575MeV.\)
\(_1^1p + _3^7 Li \rightarrow 2_2^4He\)
Phản ứng là tỏa năng lượng nên
\(W_{tỏa} = (m_t-m_s)c^2 = K_s-K_t\)
=> \(m_p +m_{Li} - 2m_{He} =2K_{He} - K_p\) (do Li đứng yên nên KLi = 0)
=> \( 2K_{He} =K_p+(m_p+m_{Li}-2m_{He})c^2\)
=> \( 2K_{He} =19,22MeV.\)
=> \(K_{He} = 9,6 MeV.\)
\(_4^9 Be + p \rightarrow X + _3^6 Li\)
Nhận xét: \(m_t-m_s = m_{Be}+m_p - (m_X+ m_{Li}) = -1,33.10^{-3} < 0\), phản ứng thu năng lượng.
Sử dụng công thức \(W_{thu} = (m_s-m_t)c^2 = K_t-K_s\)
=> \(1,33.10^{-3}u.c^2 = K_p - (K_X+K_{Li}) \) (do Be đứng yên nên KBe = 0)
Do 1 u = 931 MeV/c2
=> \(K_X = K_p- 1,238- K_{Li} = 5,45 - 1,238 - 3,55 = 0,662 MeV. \)
P : ♀ đỏ XAX-×♂ trắng XaYà F1 :50% mắt đỏ, 50% mắt trắng.
Nếu P ♀ đỏ XAXA à F1 đồng tính mắt đỏ à P ♀ đỏ XAXa. àF1 :XAXa :XAY : XaXa : XaY.
♀ F1 XAXa, XaXa à giao tử (1XA:3Xa) ; ♂ F1 XAY, XaYà giao tử (1XA:Xa:3Y)
F1× F1 = (1XA:3Xa)(XA:Xa :2Y)
F2 Ruồi cái, mắt đỏ = (1XAXA :4XAXa)=5/16=31,25%
Trong một chu kỳ, khi đi từ trái sang phải, bán kính nguyên tử của các nguyên tố giảm dần.
Trong một phân nhóm, khi đi từ trên xuống dưới, bán kính nguyên tử tăng dần.