Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
câu hỏi của bn có ở đây nhá Câu hỏi của HOC24 - Học và thi online với HOC24
\(i_1 = \frac{\lambda_1D_1}{a}\)
\(i_2 = \frac{\lambda_2D_2}{a}\)
=> \(\frac{i_1}{i_2} = \frac{\lambda_1D_1}{\lambda_2D_2} \)
=> \(\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{i_1D_2}{i_2D_1} = \frac{1.2}{3.1}= \frac{2}{3}\) (do \(i_2 = 3i_1; D_2 = 2D_1\))
=> \(\lambda_2 = \frac{3\lambda_1}{2} = \frac{3.0,4}{2} = 0,6 \mu m.\)
Chọn đáp án.A
Khoảng cách giữa 2 vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm: \(x_T=k_1i_1=k_2i_2\)(1)
\(\Rightarrow k_1\lambda_1=k_2\lambda_2\Rightarrow\frac{k_1}{k_2}=\frac{\lambda_2}{\lambda_1}=\frac{0,6}{0,48}=\frac{5}{4}\)
\(\Rightarrow\begin{cases}k_1=5\\k_2=4\end{cases}\)
Thay vào (1) \(x_T=5i_1=4i_2\)
Như vậy tại vị trí 2 vân trùng nhau kể từ vân trung tâm có vân bậc 5 của \(\lambda_1\) và bậc 4 của \(\lambda_2\)
Do đó, giữa 2 vân sáng cùng màu vân trung tâm có: 4 vân sáng λ1 và 3 vân sáng λ2.
Đáp án A.
Hệ thức Anh -xtanh trong hiện tượng quang điện
\(hf = A_1+W_{đ1}.(1)\)
\(hf = A_2+W_{đ2}.(2)\)
Ta có \(A_1 = \frac{hc}{\lambda_{01}}; A_2 = \frac{hc}{\lambda_{02}}\)
\( \lambda_{02} = 2\lambda_{01}=> A_1 = 2A_2. \)
Trừ vế với vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta có
=> \(0= A_1-A_2+W_{đ 1}-W_{đ 2}.\)
=> \(W_{đ2}=( A_1-A_2)+W_{đ1} = A_2+W_{đ1}\)
Mà \(A_2 >0\) => \(W_{đ2} > W_{đ1}\).
Năng lượng của electron ở trạng thái dừng n là \(E_n = -\frac{13,6}{n^2}.(eV)\)
\(hf_1 =\frac{hc}{\lambda_1}= E_3-E_1.(1) \)
\(hf_2 =\frac{hc}{\lambda_2}= E_5-E_2.(2) \)
Chia hai phương trình (1) và (2): \(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}= \frac{E_3-E_1}{E_5-E_2}.(3)\)
Mặt khác: \(E_3-E_1 = 13,6.(1-\frac{1}{9}).\)
\(E_5-E_2 = 13,6.(\frac{1}{4}-\frac{1}{25}).\)
Thay vào (3) => \(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}= \frac{800}{189}\) hay \(189 \lambda_2 = 800 \lambda_1.\)
\(x_1=k_1\frac{\text{λ}_1D}{a}\)
\(x_2=k_2\frac{\text{λ}_2D}{a}\)
vân sáng của hai bức xạ bằng nhau \(\Leftrightarrow x_1=x_2\)
\(\Rightarrow\frac{k_1}{k_2}=\frac{\text{λ}_1}{\text{λ}_2}\Rightarrow\text{λ}_2=\frac{k_1\text{λ}_1}{k_2}=\frac{2.0,603}{3}=\text{0,402μm}\)
----> chọn A
Khi electron chuyển từ L (n = 2) sang K (n = 1) phát ra phô tôn có bước sóng λ21 thỏa mãn:
\(\frac{hc}{\lambda_{21}}= E_2-E_1,(1)\)
Tương tự
\(\frac{hc}{\lambda_{32}}= E_3-E_2,(2)\)
\(\frac{hc}{\lambda_{31}}= E_3-E_1,(3)\)
Cộng (2) cho (1), so sánh với (3):
\(\frac{hc}{\lambda_{21}}+\frac{hc}{\lambda_{32}}= \frac{hc}{\lambda_{31}}\)=> \(\frac{1}{\lambda_{31}}=\frac{1}{\lambda_{21}}+\frac{1}{\lambda_{32}} \)
=> \(\lambda_{31}= \frac{\lambda_{32}\lambda_{21}}{\lambda_{32}+\lambda_{21}}.\)
Giới hạn quang điện là bước sóng lớn nhất chiếu vào kim loại mà gây ra hiệu ứng quang điện phụ thuộc vào bản chất kim loại nên đáp án là B
a/ Chiết suất của lăng kính đối với tia tím và đỏ tính theo (1) là:
\(n_t=1,7311\text{≈}\sqrt{3};\)\(n_đ=1,4142\text{≈}\sqrt{2}\)
Khi góc lệch của tia tím là cực tiểu thì: \(\iota'_1=\iota_2\Rightarrow r_1=r_2=\frac{A}{2}\)
và \(D_{min}=2\iota_1-A\) hay \(\iota_1=\frac{D_{tmin}+A}{2}\)
áp dụng công thức : \(\sin\iota_1=n\sin r_1\) ta được \(\sin D_{tmin}+A_2=n_t\sin\frac{A}{2}\)
Đối với tia tím \(n_t=\sqrt{3}\) và biết \(A=60^0\), ta được:
\(\sin D_{tmin}+A_2=60^0\Rightarrow D_{tmin}=60^0\)
Góc tới của tia sáng trắng ở mặt AB phải bằng:\(i_t=60^0\)
b/ Tương tự như vậy, muốn cho góc lệch của tia đỏ là cực tiểu thì:
\(\sin\frac{D_{dmin}+A}{2}=n_d\sin\frac{A}{2}\Rightarrow D_{dmin}=30^0\)
và góc tới của tia sáng trắng trên mặt AB là: \(i_đ=45^0\)
Như vậy phải giảm góc tới trên mặt AB một góc là :\(i_t-t_đ=15^0\), tức là phải quay lăng kính quanh cạnh A một góc \(15^0\) ngược chiều kim đồng hồ.
c/Gọi \(r_{0đ}\)và \(r_{0t}\) là các góc giới hạn phản xạ toàn phần của tia đỏ và tia tím ta có:
\(\sin r_{0đ}=\frac{1}{n_d}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow r_{0đ}=45^0\)
\(\sin r_{0t}=\frac{1}{n_t}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)=>r0t < r0đ .Do đó muốn cho không có tia sáng nào ló ra khỏi mặt AC của lăng kính thì phải có: r2 \(\ge\)r0đ \(\Rightarrow r_2\ge15^0\)
Hay \(\sin r_1\ge\sin\left(60^0-45^0\right)=0,2588\)
Biết \(\sin r_{1t}=\frac{\sin\iota}{n_t},\sin r_{1đ}=\frac{\sin\iota}{n_d}\); vì \(n_t\le n_đ\)nên suy ra \(r_{1t}\le\sin r_{1đ}\)(2)
Từ (1) và (2) ta thấy bất đẳng thức (1) được thõa mãn đối với mọi tia sáng, nghĩa là không có tia nào trong chùm sáng trắng ló ra khỏi mặt AC, nếu
\(\sin r_{1đ}\le0,2588\)hay \(\frac{\sin\iota}{n_đ}<0,2588\)
\(\Rightarrow\sin i\le0,2588.n_đ\)\(\Rightarrow\sin\le0,36\) .Suy ra góc tới:\(i\le21^06'\)
Chọn đáp án A