Vì sao dùng electron để nhìn những chi tiết rất nhỏ?

Các virus màu xanh trong ảnh đã bám lên vi khuẩn E. coli và đưa ADN của chúng vào tế bào, biến tế bào thành nơi sản xuất virus. Đây là ảnh được tô màu để làm rõ cấu trúc. Chùm tạo ảnh là electron, thay vì ánh sáng nhìn thấy.

Mở đầu: Ảnh hiển vi electron cho thấy các thực khuẩn thể bám trên vi khuẩn và ADN của virus. Thước tỉ lệ dài 100 nm, bằng 0,1 µm.

Chú thích:

• Các virus thực khuẩn thể T (T-bacteriophage viruses)
• ADN của virus (Viral DNA)

Ánh sáng có tính sóng trong giao thoa và , đồng thời có tính lượng tử trong phát và hấp thụ . Có thể đặt câu hỏi ngược lại: Những đối tượng thường gọi là hạt vật chất có biểu hiện tính sóng không?

Electron thực sự có thể và giao thoa. Tính sóng ấy không chỉ xuất hiện trong một thí nghiệm đặc biệt. Nó còn cần thiết để hiểu vì sao nguyên tử tồn tại bền vững, trong khi mô hình electron chuyển động theo cơ học và điện từ học cổ điển dự đoán nguyên tử sẽ sụp đổ.

Chương này dùng tính sóng của vật chất để khảo sát cấu trúc nguyên tử, nguyên lý laser và phổ bức xạ của vật nóng. Những kết quả ấy chuẩn bị cho mô tả đầy đủ hơn bằng cơ học lượng tử, rồi cho việc nghiên cứu phân tử, chất rắn, hạt nhân và các hạt cơ bản.

Mục tiêu của chương

• Trình bày giả thuyết de Broglie và bằng chứng electron có tính sóng.
• Giải thích cách thí nghiệm tán xạ dẫn tới nguyên tử.
• Dùng và để khảo sát phổ hydrogen cùng các ion có một electron.
• Giải thích cơ chế hoạt động của laser.
• Liên hệ , và phổ liên tục của vật nóng, đặc.
• Dùng nguyên lý bất định để đánh giá mô tả electron trong nguyên tử.

Kiến thức cần ôn

Cần ôn chuyển động vệ tinh và bảo toàn , định luật Stefan–Boltzmann, nguyên lý phân bố đều năng lượng và phân bố Maxwell–Boltzmann. Bức xạ của điện tích gia tốc, sóng điện từ dừng, , độ phân giải và mô tả cũng được dùng trong các lập luận tiếp theo.

Câu hỏi mở đầu

Electron được dùng để tạo ảnh những chi tiết rất nhỏ như trong hình vì, so với ánh sáng nhìn thấy:

• (i) Electron có thể có ngắn hơn nhiều.
• (ii) Electron có thể có dài hơn nhiều.
• (iii) Electron có thể có nhỏ hơn nhiều.
• (iv) Ở cùng , electron có toàn phần lớn hơn.
• (v) Có nhiều hơn một lựa chọn đúng.

Xem đáp án và giải thích

Chọn (i) khi hỏi lý do cho khả năng phân giải chi tiết nhỏ. Giới hạn kích thước chi tiết có thể phân biệt gắn với dùng để tạo ảnh. Có thể gia tốc electron để nó có đủ lớn, từ đó có ngắn:

$$\lambda =\frac{h}{p}.$$

Mệnh đề (iv) nêu một so sánh đúng ở cùng độ lớn , nhưng không phải lý do trực tiếp làm tăng độ phân giải. Ở cùng $p$, electron và có cùng giá trị $h/p$. Muốn ngắn hơn phải tăng động lượng, không chỉ so năng lượng toàn phần.

Không áp dụng $E=pc$ hoặc $f=c/\lambda$ của cho electron có khối lượng nghỉ khác không.

6 chủ đề · tổng cộng khoảng 18 phút đọc

Tính sóng và cấu trúc nguyên tử

1. 1Sóng electron và kính hiển vi electronLàm thế nào đo được bước sóng của một hạt?Khoảng 3 phút
2. 2Hạt nhân nguyên tử và quang phổTán xạ và phổ ánh sáng cho biết gì về nguyên tử?Khoảng 3 phút

Mức năng lượng và laser

1. 3Mức năng lượng và mô hình BohrVì sao chỉ có một số bước sóng được phát hoặc hấp thụ?Khoảng 3 phút
2. 4Laser và phát xạ kích thíchLàm thế nào tạo một chùm sáng kết hợp bằng nhiều nguyên tử?Khoảng 3 phút

Phổ nhiệt và bất định

1. 5Phổ liên tục và bức xạ vật đenVì sao vật nóng phát một dải bước sóng và đổi màu khi nhiệt độ tăng?Khoảng 3 phút
2. 6Nguyên lý bất định đối với vật chấtTính sóng thay đổi mô tả electron trong nguyên tử như thế nào?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương Tính sóng của hạt

Sóng de Broglie và nhiễu xạ electron

Electron và các hạt vật chất có tính sóng. liên hệ với theo cùng hệ thức như :

$$\lambda =\frac{h}{p}.$$

Với hạt tự do, liên hệ với qua $E=hf$. Hạt chậm có $p\approx mv$. Với electron ban đầu gần nghỉ, được gia tốc qua độ tăng điện thế $V_{ba}$ trong miền phi tương đối tính,

$$\lambda =\frac{h}{\sqrt{2me{V}_{ba}}}.$$

Kính hiển vi electron dùng rất ngắn của electron nhanh để đạt độ phân giải tốt hơn kính hiển vi dùng ánh sáng nhìn thấy. Tính sóng quyết định giới hạn phân giải, còn mô tả chùm bằng lực điện và từ vẫn hữu ích khi các hiệu ứng sóng không quyết định.

Sơ đồ tổng kết: Các sóng electron tới cùng pha tán xạ từ hàng nguyên tử. Ở một số hướng, các sóng tán xạ cũng cùng pha và tạo cực đại nhiễu xạ.

Chú thích:

• Các sóng electron tới cùng pha (Incident electron waves in phase)
• Các sóng electron tán xạ cùng pha (Scattered electron waves in phase)
• Nguyên tử trên bề mặt tinh thể (Atom on crystal surface)

Hạt nhân nguyên tử

Thí nghiệm Rutherford cho thấy điện tích dương và phần lớn khối lượng nguyên tử tập trung trong hạt nhân nhỏ, đặc. Mô hình điện tích dương phân bố đều trong toàn nguyên tử không giải thích được tán xạ góc lớn của các hạt alpha.

Sơ đồ tổng kết: Hạt alpha có thể lệch mạnh khi đi gần hạt nhân mang điện tích dương.

Chú thích:

• Hạt nhân (Nucleus)

Phổ vạch và mức năng lượng

Nguyên tử có những được phép. Chuyển từ mức cao $E_i$ xuống thấp $E_f$ có thể phát :

$$hf=\frac{hc}{\lambda }=E_i-E_f.$$

Nguyên tử ở mức thấp có thể hấp thụ phù hợp để lên mức cao. Tập hợp các vạch cho phép suy các chênh lệch mức, còn phổ quan sát còn phụ thuộc nhiệt độ và các trạng thái đang được cư trú.

Sơ đồ tổng kết: Nguyên tử phát photon khi chuyển xuống mức thấp. Năng lượng photon bằng chênh lệch giữa mức đầu và mức cuối.

Mô hình Bohr

lượng tử hóa :

$$L_n=m{v}_n{r}_n=n\hslash ,$$

với $n=1,2,3,\dots$. Các bán kính và tốc độ trong mô hình hydrogen có hạt nhân cố định thỏa

$$\begin{array}{rl}{r}_n& =n^2{a}_0,\\ v_n& =\frac{e^2}{2{ϵ}_{0}nh}.\end{array}$$

Mức cơ năng là

$$E_n=-\frac{hcR}{n^2}.$$

Với hằng số gần đúng thường dùng, $hcR\approx 13,60\mathrm{eV}$. Cơ năng âm là do mốc electron và hạt nhân tách xa vô hạn được chọn bằng không.

Sơ đồ tổng kết: Electron trong mô hình Bohr chịu lực hút về proton. Bán kính, tốc độ và mômen động lượng nhận những giá trị được phép của mô hình.

Chú thích:

• Hạt proton (Proton)
• Hạt electron (Electron)

Chuyển động hữu hạn của hạt nhân được xét bằng . Với nguyên tử chỉ có một electron và điện tích hạt nhân $+Ze$, đổi theo $Z^2$ khi dùng cùng gần đúng về khối lượng.

Thành công về phổ không làm quỹ đạo hành tinh trở thành mô tả đầy đủ của electron. Những giới hạn của mô hình dẫn tới nhu cầu xây dựng cơ học lượng tử.

Laser

Laser khuếch đại bức xạ bằng . tới có thể kích thích nguyên tử đã ở trạng thái cao phát thêm photon phù hợp , hướng, pha và phân cực.

Hoạt động laser cần một tình trạng không cân bằng, thường được diễn tả bằng giữa các trạng thái trên và dưới của chuyển mức. Bơm và thời gian sống của các trạng thái cho phép tạo và duy trì tình trạng này.

Sơ đồ tổng kết: Photon tới kích thích các nguyên tử đang ở trạng thái cao phát thêm photon vào cùng chùm, tạo khuếch đại kết hợp.

Chú thích:

• Phát xạ kích thích (Stimulated emission)

Bức xạ vật đen

có tổng công suất phát trên diện tích

$$I=\sigma T^4.$$

cực đại của thỏa :

$${\lambda }_{m}T\approx 2,90\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}.$$

cho toàn bộ hình dạng phổ. Tổng cường độ là tích phân của suất phát xạ theo . Cần phân biệt đơn vị $\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ của $I$ và $\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^3$ của $I(\lambda )$.

Đồ thị tổng kết: Phổ vật đen ở ba nhiệt độ. Vật nóng hơn phát mạnh hơn và có đỉnh dịch về bước sóng ngắn hơn.

Bất định đối với vật chất

Các quan hệ bất định áp dụng cho electron và những hạt vật chất khác:

$$\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x\ge \hslash /2.$$

Có các quan hệ tương ứng theo $y$ và $z$. Với thang thời gian và quy ước độ rộng phù hợp,

$$\mathrm{\Delta }t\mathrm{\Delta }E\ge \hslash /2.$$

Thời gian sống hữu hạn của mức kích thích đi kèm độ rộng tự nhiên của vạch phổ. Độ bất định không chỉ là sai số thiết bị, và cận dưới không tự xác định toàn bộ độ phân tán thực tế.

Đồ thị tổng kết: Miền trạng thái có tích độ bất định vị trí–động lượng không nhỏ hơn ℏ/2 được phép, còn miền bên dưới đường biên bị loại.

Chú thích:

• Miền được phép: Tích độ bất định không nhỏ hơn ℏ/2 (Allowed: Δx Δpx ≥ ℏ/2)
• Miền không thể có: Tích độ bất định nhỏ hơn ℏ/2 (Impossible: Δx Δpx < ℏ/2)

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 39, trang 1279–1320.

Luyện tập hướng dẫn

Trong phần này, các hằng số vật lý cơ bản được sử dụng bao gồm:

• Hằng số Planck: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, $\hslash =h/(2\pi )\approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$.
• Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$.
• Độ lớn điện tích nguyên tố: $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.
• Khối lượng nghỉ: $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$, $m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.
• Hằng số Stefan–Boltzmann: $\sigma =\mathrm{5,670}4\times {10}^{-8}\mathrm{W}/({\mathrm{m}}^2\cdot {\mathrm{K}}^4)$.
• Hằng số dịch chuyển Wien: $b=\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot \mathrm{K}$.
• Hằng số Boltzmann: $k_{\mathrm{B}}=\mathrm{1,381}\times {10}^{-23}\mathrm{J}/\mathrm{K}$.
• Tích số: $hc\approx 1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}$.

Sóng hạt và nhiễu xạ electron

Bài tập: VP39.2.1. Bước sóng de Broglie và cực đại nhiễu xạ electron

Trong một thí nghiệm , khoảng cách giữa các nguyên tử trong bia tinh thể là $\mathrm{0,172}\mathrm{nm}$. Chùm electron có động năng ban đầu không đáng kể trước khi được gia tốc bởi hiệu điện thế $69,0\mathrm{V}$. Hãy tìm (a) của mỗi electron, và (b) góc tán xạ nhỏ nhất xuất hiện cực đại trong hình ảnh .

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng cách giữa các nguyên tử $d=\mathrm{0,172}\mathrm{nm}$, hiệu điện thế gia tốc $V_0=69,0\mathrm{V}$, động năng ban đầu $K_0\approx 0$.

Hướng đi:

• Động năng electron nhận được bằng điện trường: $K=e{V}_0$. Vì $e{V}_0=69,0\mathrm{eV}\ll m_e{c}^2\approx 511\mathrm{keV}$, ta áp dụng cơ học phi tương đối tính.
• tính theo công thức $\lambda =h/p=h/\sqrt{2m_{e}e{V}_0}$.
• Cực đại từ mạng phẳng tuần hoàn tuân theo điều kiện giao thoa tăng cường: $d\sin \theta =m\lambda$. Góc tán xạ nhỏ nhất tương ứng với bậc nhiễu xạ $m=1$.

(a) Động năng của electron sau khi tăng tốc qua hiệu điện thế $V_0=69,0\mathrm{V}$ là $K=e{V}_0\approx \mathrm{1,105}\times {10}^{-17}\mathrm{J}$. của mỗi electron bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{\sqrt{2m_{e}e{V}_0}}\\ & \approx \mathrm{0,148}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Cực đại giao thoa bậc một ($m=1$) xuất hiện tại góc tán xạ $\theta$ thỏa mãn

$$\begin{array}{rl}\sin \theta & =\frac{\lambda }{d}\\ & =\frac{\mathrm{0,148}\mathrm{nm}}{\mathrm{0,172}\mathrm{nm}}\\ & \approx \mathrm{0,859}3.\end{array}$$

Suy ra góc tán xạ nhỏ nhất là

$$\begin{array}{rl}\theta & =\arcsin (\mathrm{0,859}3)\\ & \approx 59,1^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập: VP39.2.2. Tìm khoảng cách nguyên tử từ hình ảnh nhiễu xạ

Cực đại cường độ bậc $m=1$ trong thí nghiệm xuất hiện tại góc tán xạ $48,0^{\circ }$. Hiệu điện thế gia tốc chùm electron là $36,5\mathrm{V}$. Hãy tìm (a) động năng của mỗi electron theo joule, (b) của electron, và (c) khoảng cách giữa các nguyên tử trong bia tinh thể.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bậc cực đại $m=1$, góc tán xạ $\theta =48,0^{\circ }$, hiệu điện thế gia tốc $V_0=36,5\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Công lực điện trường chuyển hóa trọn vẹn thành động năng: $K=e{V}_0$.
• electron liên hệ với động năng qua $p=\sqrt{2m_{e}K}$, từ đó suy ra $\lambda =h/p$.
• Vị trí cực đại bậc $m$ xác định theo hệ thức giao thoa bề mặt: $d\sin \theta =m\lambda$, cho phép suy ngược ra khoảng cách mạng $d$.

(a) Với $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ và $V_0=36,5\mathrm{V}$, động năng của mỗi electron sau khi tăng tốc là

$$\begin{array}{rl}K& =e{V}_0\\ & \approx 5,85\times {10}^{-18}\mathrm{J}.\end{array}$$

(b) của electron là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{\sqrt{2m_{e}K}}\\ & \approx \mathrm{0,203}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) Khoảng cách giữa các nguyên tử trong bia tinh thể được tính từ điều kiện cực đại bậc một:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{m\lambda }{\sin \theta }\\ & =\frac{1\times \mathrm{0,203}1\mathrm{nm}}{\sin 48,0^{\circ }}\\ & \approx \mathrm{0,273}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập: VP39.2.3. Điều khiển điện áp để tạo cực đại nhiễu xạ mong muốn

Sử dụng bia tinh thể có khoảng cách nguyên tử là $\mathrm{0,218}\mathrm{nm}$, người ta muốn tạo ra hình ảnh sao cho cực đại bậc $m=2$ xuất hiện chính xác tại góc tán xạ $75,0^{\circ }$. Hãy xác định (a) cần thiết của chùm electron, và (b) hiệu điện thế gia tốc yêu cầu.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng cách mạng $d=\mathrm{0,218}\mathrm{nm}$, bậc cực đại $m=2$, góc cực đại $\theta =75,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Từ điều kiện giao thoa $d\sin \theta =m\lambda$, tính trực tiếp yêu cầu $\lambda$.
• Từ $\lambda =h/\sqrt{2m_{e}e{V}_0}$, đảo công thức để tìm hiệu điện thế gia tốc $V_0$.

(a) cần thiết thỏa mãn điều kiện cực đại bậc hai:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{d\sin \theta }{m}\\ & =\frac{(\mathrm{0,218}\mathrm{nm})\sin 75,0^{\circ }}{2}\\ & \approx \mathrm{0,105}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Hiệu điện thế gia tốc cần đặt vào là

$$\begin{array}{rl}{V}_0& =\frac{h^2}{2m_{e}e{\lambda }^2}\\ & \approx 136\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập: VP39.2.4. Bước sóng de Broglie của proton được gia tốc

Một proton có điện tích $e$ và khối lượng $m_p=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ được gia tốc từ trạng thái nghỉ đến tốc độ $2,38\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Hãy tìm (a) của proton, và (b) hiệu điện thế gia tốc đã sử dụng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khối lượng proton $m_p=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, tốc độ đạt được $v=2,38\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Tốc độ $v\approx 2,38\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}\ll c$ nên tính theo cơ học cổ điển: $p=m_{p}v$.
• suy ra từ hệ thức de Broglie: $\lambda =h/p$.
• Định lý động năng cho hạt mang điện tích $e$ tăng tốc từ trạng thái nghỉ: $e{V}_0=\frac{1}{2}{m}_p{v}^2$, suy ra $V_0$.

(a) của proton được tính theo

$$\begin{array}{rl}p& =m_{p}v\\ & \approx \mathrm{3,975}\times {10}^{-22}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx 1,67\times {10}^{-12}\mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Động năng của proton theo joule là

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{1}{2}{m}_p{v}^2\\ & \approx \mathrm{4,729}\times {10}^{-17}\mathrm{J}.\end{array}$$

Hiệu điện thế gia tốc cần dùng để truyền vận tốc trên cho proton là

$$\begin{array}{rl}{V}_0& =\frac{K}{e}\\ & \approx 295\mathrm{V}.\end{array}$$

Các mức năng lượng và mẫu nguyên tử Bohr

Bài tập: VP39.6.1. Phổ phát xạ của nguyên tử giả định ba mức

Một nguyên tử giả định có ba lần lượt tại $0,00\mathrm{eV}$, $2,00\mathrm{eV}$ và $5,00\mathrm{eV}$. Nếu nguyên tử ban đầu ở mức kích thích $5,00\mathrm{eV}$, hãy tìm tất cả các mà nguyên tử có thể phát ra trong quá trình trở về trạng thái cơ bản.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các $E_0=0,00\mathrm{eV}$, $E_1=2,00\mathrm{eV}$, $E_2=5,00\mathrm{eV}$. Trạng thái ban đầu là $E_2$.

Hướng đi:

• Định đề Bohr về phát xạ: Khi chuyển từ cao $E_i$ xuống mức thấp $E_f$, nguyên tử phát ra một có $E_{\mathrm{ph}}=E_i-E_f$.
• phát ra liên hệ với độ chênh qua $\lambda =hc/E_{\mathrm{ph}}$.
• Liệt kê toàn bộ các bước chuyển khả dĩ từ mức kích thích cao nhất về trạng thái cơ bản (gồm cả chuyển dời trực tiếp và chuyển dời từng nấc).

Từ trạng thái kích thích $E_2=5,00\mathrm{eV}$, nguyên tử có thể chuyển trực tiếp về trạng thái cơ bản, hoặc chuyển nấc qua trạng thái trung gian $E_1=2,00\mathrm{eV}$:

• Chuyển dời từ $E_2$ về $E_1$: Độ chênh là $\mathrm{\Delta }{E}_{21}=3,00\mathrm{eV}$. phát ra bằng

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{21}& =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_{21}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{3,00\mathrm{eV}}\\ & \approx 414\mathrm{nm}.\end{array}$$

• Chuyển dời tiếp theo từ $E_1$ về $E_0$: Độ chênh là $\mathrm{\Delta }{E}_{10}=2,00\mathrm{eV}$. tương ứng là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{10}& =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_{10}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{2,00\mathrm{eV}}\\ & \approx 620\mathrm{nm}.\end{array}$$

• Chuyển dời trực tiếp từ $E_2$ về $E_0$: Độ chênh là $\mathrm{\Delta }{E}_{20}=5,00\mathrm{eV}$. phát xạ là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{20}& =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_{20}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{5,00\mathrm{eV}}\\ & \approx 248\mathrm{nm}.\end{array}$$

Như vậy, các khả dĩ mà nguyên tử có thể phát ra gồm $248\mathrm{nm}$, $414\mathrm{nm}$ và $620\mathrm{nm}$.

Bài tập: VP39.6.2. Xác định các mức kích thích từ bước sóng phổ

Một nguyên tử giả định phát ra một $674\mathrm{nm}$ khi chuyển từ mức kích thích thứ hai xuống mức kích thích thứ nhất, và phát ra một photon bước sóng $385\mathrm{nm}$ khi chuyển từ mức kích thích thứ nhất về trạng thái cơ bản. Hãy tìm (a) của mức kích thích thứ nhất và thứ hai so với trạng thái cơ bản, và (b) bước sóng của photon phát ra khi nguyên tử chuyển thẳng từ mức kích thích thứ hai về trạng thái cơ bản.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: chuyển dời ${\lambda }_{21}=674\mathrm{nm}$ và ${\lambda }_{10}=385\mathrm{nm}$. Chọn mốc trạng thái cơ bản $E_0=0$.

Hướng đi:

• của mỗi phát ra bằng hiệu giữa hai trạng thái: $\mathrm{\Delta }E=hc/\lambda$.
• Mức kích thích thứ nhất có $E_1=\mathrm{\Delta }{E}_{10}$. Mức kích thích thứ hai có năng lượng $E_2=E_1+\mathrm{\Delta }{E}_{21}$.
• Khi chuyển trực tiếp từ mức hai về mức cơ bản, phát ra là $E_2-E_0=E_2$, từ đó tính tương ứng ${\lambda }_{20}=hc/E_2$.

(a) phát ra khi chuyển từ mức kích thích thứ nhất về trạng thái cơ bản là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{10}& =\frac{hc}{{\lambda }_{10}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{385\mathrm{nm}}\\ & \approx 3,22\mathrm{eV}.\end{array}$$

Do đó của mức kích thích thứ nhất so với trạng thái cơ bản là $E_1=3,22\mathrm{eV}$. Năng lượng phát ra ở bước chuyển từ mức hai xuống mức một là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{21}& =\frac{hc}{{\lambda }_{21}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{674\mathrm{nm}}\\ & \approx 1,84\mathrm{eV}.\end{array}$$

của mức kích thích thứ hai so với trạng thái cơ bản bằng

$$\begin{array}{rl}{E}_2& =E_1+\mathrm{\Delta }{E}_{21}\\ & =3,22\mathrm{eV}+1,84\mathrm{eV}\\ & =5,06\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) của phát ra khi nguyên tử chuyển thẳng từ mức hai về trạng thái cơ bản là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{20}& =\frac{hc}{E_2-E_0}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{5,06\mathrm{eV}}\\ & \approx 245\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập: VP39.6.3. Năng lượng và bước sóng các vạch phổ hiđrô

Hãy tính và của phát ra bởi nguyên tử hiđrô khi thực hiện các bước chuyển: (a) từ mức $n=5$ xuống mức $n=3$, (b) từ mức $n=4$ xuống mức $n=2$, và (c) từ mức $n=3$ xuống mức $n=1$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguyên tử hiđrô chuyển mức lượng tử giữa các cặp $(n_i,n_f)$: $(5,3)$, $(4,2)$, $(3,1)$.

Hướng đi:

• Trong mẫu Bohr cho nguyên tử hiđrô, lượng tử hóa xác định theo công thức $E_n=-13,60\mathrm{eV}/n^2$.
• phát ra bằng độ chênh năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }E=E_i-E_f.$$

• tính theo công thức $\lambda =hc/\mathrm{\Delta }E$.

(a) Đối với bước chuyển từ $n=5$ xuống $n=3$ (thuộc dãy Paschen):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =13,60\mathrm{eV}(\frac{1}{9}-\frac{1}{25})\\ & =13,60\mathrm{eV}\times \frac{16}{225}\\ & \approx \mathrm{0,967}\mathrm{eV}.\end{array}$$

phát ra là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{\mathrm{0,967}1\mathrm{eV}}\\ & \approx 1282\mathrm{nm}\\ & \approx 1,28\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm trong vùng hồng ngoại.

(b) Đối với bước chuyển từ $n=4$ xuống $n=2$ (vạch ${\mathrm{H}}_{\beta }$ thuộc dãy Balmer):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =13,60\mathrm{eV}(\frac{1}{4}-\frac{1}{16})\\ & =13,60\mathrm{eV}\times \frac{3}{16}\\ & \approx 2,55\mathrm{eV}.\end{array}$$

phát ra là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{\mathrm{2,550}\mathrm{eV}}\\ & \approx 486\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vạch phổ này nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy (màu lam-chàm).

(c) Đối với bước chuyển từ $n=3$ xuống $n=1$ (thuộc dãy Lyman):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =13,60\mathrm{eV}(1-\frac{1}{9})\\ & =13,60\mathrm{eV}\times \frac{8}{9}\\ & \approx 12,1\mathrm{eV}.\end{array}$$

phát ra là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{\mathrm{12,089}\mathrm{eV}}\\ & \approx 103\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vạch phổ này nằm trong vùng tử ngoại.

Bài tập: VP39.6.4. Động năng, thế năng và bước sóng hấp thụ theo mẫu Bohr

Một nguyên tử hiđrô chuyển từ $n=2$ lên mức $n=6$. Theo mẫu nguyên tử Bohr, hãy tìm (a) độ biến thiên động năng của electron, (b) độ biến thiên tĩnh điện, và (c) của mà nguyên tử đã hấp thụ để thực hiện bước chuyển này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguyên tử hiđrô chuyển dời từ trạng thái ban đầu $n=2$ lên trạng thái kích thích $n=6$.

Hướng đi:

• Trong quỹ đạo dừng Bohr bán kính $r_n$, lực Coulomb đóng vai trò lực hướng tâm kéo theo định lý virian: $K_n=-E_n=+13,60\mathrm{eV}/n^2$ và $U_n=2E_n=-27,20\mathrm{eV}/n^2$.
• Độ biến thiên động năng $\mathrm{\Delta }K=K_6-K_2$ và $\mathrm{\Delta }U=U_6-U_2$.
• bị hấp thụ bằng tổng năng lượng thu vào: $E_{\mathrm{ph}}=\mathrm{\Delta }E=\mathrm{\Delta }K+\mathrm{\Delta }U$. hấp thụ tính qua $\lambda =hc/E_{\mathrm{ph}}$.

(a) Động năng của electron tại quỹ đạo $n$ là $K_n=13,60\mathrm{eV}/n^2$. Khi chuyển từ $n=2$ lên $n=6$, bán kính quỹ đạo tăng lên làm electron chuyển động chậm lại, độ biến thiên động năng bằng

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }K& =K_6-K_2\\ & =\mathrm{0,378}\mathrm{eV}-3,40\mathrm{eV}\\ & \approx -3,02\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) tĩnh điện giữa electron và hạt nhân tại quỹ đạo $n$ là $U_n=-27,20\mathrm{eV}/n^2$. Độ biến thiên thế năng bằng

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }U& =U_6-U_2\\ & \approx +6,04\mathrm{eV}.\end{array}$$

tăng gấp đôi độ giảm của động năng, phù hợp với định lý virian của lực thế tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách.

(c) Tổng mà nguyên tử hấp thụ từ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\mathrm{\Delta }K+\mathrm{\Delta }U\\ & =(-3,02+6,04)\mathrm{eV}\\ & \approx 3,02\mathrm{eV}.\end{array}$$

của bị hấp thụ bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{\mathrm{3,022}\mathrm{eV}}\\ & \approx 411\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bức xạ vật đen và định luật dịch chuyển Wien

Bài tập: VP39.8.1. Nhiệt độ và bức xạ của sao Betelgeuse

Ngôi sao Betelgeuse có nhiệt độ bề mặt là $3590\mathrm{K}$ và có thể coi gần đúng như một tuyệt đối. (a) Hãy tìm mà tại đó Betelgeuse phát xạ mạnh nhất. Bước sóng này nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy, tử ngoại hay hồng ngoại? (b) Tính công suất phát xạ trên một đơn vị diện tích bề mặt của ngôi sao này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhiệt độ bề mặt Betelgeuse $T=3590\mathrm{K}$, hệ số phát xạ $e=1$.

Hướng đi:

• có mật độ thông lượng phát xạ cực đại ${\lambda }_{\mathrm{m}}$ xác định theo : ${\lambda }_{\mathrm{m}}T=b$, với hằng số $b\approx \mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}$.
• So sánh thu được với thang sóng điện từ để xác định vùng phổ.
• Cường độ phát xạ toàn phần (công suất trên một đơn vị diện tích) tuân theo định luật Stefan–Boltzmann: $I=\sigma T^4$.

(a) Theo , phát xạ mạnh nhất là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{b}{T}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{3590\mathrm{K}}\\ & \approx 808\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vì này lớn hơn ranh giới đỏ của vùng ánh sáng nhìn thấy ($750\mathrm{nm}$), bức xạ cực đại của Betelgeuse thuộc vùng hồng ngoại gần.

(b) Cường độ bức xạ toàn phần trên mỗi mét vuông bề mặt ngôi sao là

$$\begin{array}{rl}I& =\sigma T^4\\ & \approx 9,42\times {10}^6\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & =9,42\mathrm{MW}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Bài tập: VP39.8.2. Suy ra nhiệt độ vật đen từ cường độ bức xạ

Cường độ bức xạ toàn phần phát ra từ một tuyệt đối là $78,0\mathrm{MW}/{\mathrm{m}}^2$. Hãy tìm (a) nhiệt độ của vật đen, (b) mà tại đó vật đen phát xạ mạnh nhất, và (c) cho biết bước sóng ở phần (b) thuộc vùng nhìn thấy, tử ngoại hay hồng ngoại.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cường độ phát xạ $I=78,0\mathrm{MW}/{\mathrm{m}}^2=7,80\times {10}^7\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$.

Hướng đi:

• Từ định luật Stefan–Boltzmann $I=\sigma T^4$, ta tính trực tiếp $T=(I/\sigma {)}^{1/4}$.
• Dùng ${\lambda }_{\mathrm{m}}=b/T$ để xác định có cường độ phát xạ đỉnh.
• Đối chiếu giá trị với các vùng của phổ sóng điện từ.

(a) Nhiệt độ của là

$$\begin{array}{rl}T& ={\left(\frac{I}{\sigma }\right)}^{1/4}\\ & \approx 6,09\times {10}^3\mathrm{K}.\end{array}$$

(b) phát xạ mạnh nhất là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{b}{T}\\ & \approx \frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{6088\mathrm{K}}\\ & \approx 476\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) $476\mathrm{nm}$ nằm hoàn toàn trong dải phổ ánh sáng nhìn thấy (tương ứng với màu lam).

Bài tập: VP39.8.3. Nhiệt độ và công suất phát xạ của sao Rigel A

Đường cong phân bố phát xạ phổ của sao Rigel A xấp xỉ rất tốt dạng đường cong của một tuyệt đối. Đỉnh phát xạ của đường cong này nằm tại $239\mathrm{nm}$. Hãy tìm (a) nhiệt độ bề mặt của Rigel A, và (b) công suất mà Rigel A bức xạ trên mỗi đơn vị diện tích bề mặt.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: cực đại ${\lambda }_{\mathrm{m}}=239\mathrm{nm}=2,39\times {10}^{-7}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Áp dụng $T=b/{\lambda }_{\mathrm{m}}$ để tính nhiệt độ bề mặt.
• Áp dụng định luật Stefan–Boltzmann $I=\sigma T^4$ để tính phát xạ trên một đơn vị diện tích trong một giây.

(a) Nhiệt độ bề mặt của ngôi sao là

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{b}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & \approx \frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{2,39\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 1,21\times {10}^4\mathrm{K}.\end{array}$$

(b) Công suất bức xạ trên một đơn vị diện tích bề mặt Rigel A là

$$\begin{array}{rl}I& =\sigma T^4\\ & \approx 1,23\times {10}^9\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Bài tập: VP39.8.4. Phát xạ của sao Proxima Centauri trong dải hẹp

Proxima Centauri, ngôi sao gần Mặt Trời nhất, có nhiệt độ bề mặt là $3040\mathrm{K}$. Hãy xác định (a) mà tại đó ngôi sao này phát xạ mạnh nhất, và (b) công suất mà ngôi sao này bức xạ trên một mét vuông bề mặt trong một dải bước sóng hẹp có độ rộng $12,0\mathrm{nm}$ đối xứng quanh bước sóng ở phần (a).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhiệt độ bề mặt $T=3040\mathrm{K}$, độ rộng dải phổ $\mathrm{\Delta }\lambda =12,0\mathrm{nm}$ quanh đỉnh ${\lambda }_{\mathrm{m}}$.

Hướng đi:

• Tính cực đại ${\lambda }_{\mathrm{m}}$ theo ${\lambda }_{\mathrm{m}}=b/T$.
• Trong dải rất hẹp $\mathrm{\Delta }\lambda \ll {\lambda }_{\mathrm{m}}$, công suất bức xạ trên một đơn vị diện tích được tính bằng tích của mật độ phát xạ phổ Planck $I({\lambda }_{\mathrm{m}})$ với độ rộng dải: $\mathrm{\Delta }I\approx I({\lambda }_{\mathrm{m}})\mathrm{\Delta }\lambda$.
• Công thức hàm phân bố phổ Planck theo : $I(\lambda )=\frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5[e^{hc/(\lambda k_{\mathrm{B}}T)}-1]}$.

(a) phát xạ mạnh nhất của Proxima Centauri là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{b}{T}\\ & \approx \frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{3040\mathrm{K}}\\ & \approx 954\mathrm{nm}.\end{array}$$

này nằm trong vùng hồng ngoại gần.

(b) Đặt số mũ không thứ nguyên trong phân bố Planck tại đỉnh:

$$\begin{array}{rl}x& =\frac{hc}{{\lambda }_{\mathrm{m}}{k}_{\mathrm{B}}T}\\ & =\frac{hc}{b{k}_{\mathrm{B}}}\\ & \approx \mathrm{4,965}1.\end{array}$$

Giá trị của thừa số mẫu số là $e^{\mathrm{4,965}1}-1\approx 142,32$. Mật độ phát xạ phổ tại đỉnh đạt giá trị

$$I({\lambda }_{\mathrm{m}})=\frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }_{\mathrm{m}}^5(e^x-1)}$$

$$I({\lambda }_{\mathrm{m}})\approx 3,34\times {10}^{12}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^3.$$

Công suất bức xạ trên mỗi mét vuông trong dải $\mathrm{\Delta }\lambda =12,0\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }I& \approx I({\lambda }_{\mathrm{m}})\mathrm{\Delta }\lambda \\ & \approx 4,01\times {10}^4\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & =40,1\mathrm{kW}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q39.1. Bước sóng de Broglie của proton và electron có cùng tốc độ

Nếu một proton và một electron có cùng tốc độ, hạt nào có dài hơn? Giải thích bản chất vật lý.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Proton và electron chuyển động với cùng tốc độ $v$. Cần so sánh .

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =h/p$ vì phụ thuộc vào .
• Hai hạt có cùng tốc độ nên có cùng hệ số Lorentz. Vì vậy, sự khác nhau về do khối lượng nghỉ quyết định.

Gọi $\gamma$ là hệ số Lorentz ứng với tốc độ chung. của mỗi hạt là $p=\gamma mv$, nên

$$\frac{{\lambda }_e}{{\lambda }_p}=\frac{m_p}{m_e}.$$

Tỉ số này xấp xỉ $1836$. Electron nhẹ hơn nên có dài hơn. Kết luận vẫn đúng khi phải dùng , vì hệ số $\gamma$ của hai hạt triệt tiêu trong tỉ số.

Bài tập: Q39.2. Bước sóng de Broglie khi cùng động năng

Nếu một proton và một electron có cùng động năng, hạt nào có dài hơn? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Proton và electron có cùng động năng $K>0$. Cần so sánh .

Hướng đi:

• Dùng hệ thức – để giữ đúng kết luận ở cả tốc độ nhỏ và tốc độ lớn.
• Với cùng $K$, hạt có nhỏ hơn sẽ có dài hơn.

Từ $E=K+m{c}^2$ và hệ thức –, ta suy ra

$$p^2{c}^2=K^2+2Km{c}^2.$$

Khi $K$ cố định, khối lượng lớn hơn cho lớn hơn. Vì proton nặng hơn electron, proton có ngắn hơn.

Nếu cả hai hạt đều chuyển động chậm, có thể dùng $p=\sqrt{2mK}$. Khi đó,

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_e}{{\lambda }_p}& \approx \sqrt{\frac{m_p}{m_e}}\\ & \approx 42,8.\end{array}$$

Giá trị $42,8$ thuộc gần đúng phi tương đối tính. Kết luận electron có dài hơn không phụ thuộc gần đúng này.

Bài tập: Q39.3. Bước sóng de Broglie của photon

có không? Nếu có, này liên hệ như thế nào với bước sóng của sóng điện từ tương ứng? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định khái niệm đối với và mối liên hệ với sóng điện từ.

Hướng đi:

• Xuất phát từ hệ thức Einstein về của : $p=E/c=h/{\lambda }_{\text{em}}$.
• Áp dụng định nghĩa chung cho mọi lượng tử: ${\lambda }_{\text{dB}}=h/p$.

có . Theo thuyết lượng tử ánh sáng, một photon liên kết với bức xạ điện từ có $f$ và bước sóng ${\lambda }_{\text{em}}$ mang $E=hf$ và :

$$p=\frac{E}{c}=\frac{hf}{c}=\frac{h}{{\lambda }_{\text{em}}}.$$

Hệ thức de Broglie gán cho bất kỳ hạt nào có $p$ một :

$${\lambda }_{\text{dB}}=\frac{h}{p}.$$

Thay biểu thức của vào công thức trên, ta thu được:

$${\lambda }_{\text{dB}}=\frac{h}{h/{\lambda }_{\text{em}}}={\lambda }_{\text{em}}.$$

Như vậy, của đồng nhất hoàn toàn với của sóng điện từ liên kết. Giả thuyết de Broglie ra đời nhằm khái quát hóa tính chất lưỡng dụng sóng hạt vốn đã được phát hiện ở ánh sáng sang cho các hạt vật chất có khối lượng nghỉ.

Bài tập: Q39.4. Vân nhiễu xạ của chùm electron qua lỗ tròn nhỏ

Khi một chùm electron đi qua một lỗ rất nhỏ, nó tạo ra một hình ảnh trên màn chắn tương tự như ánh sáng. Điều này có đồng nghĩa với việc mỗi electron bị dãn rộng ra khi đi qua lỗ không? Hình ảnh nhiễu xạ này có ý nghĩa vật lý gì?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích ý nghĩa vật lý của hiện tượng chùm electron qua khẩu độ nhỏ.

Hướng đi:

• Phân biệt tính chất định xứ của sự kiện đo đạc với bản chất xác suất của hàm sóng.
• Giải thích hình ảnh dựa trên biên độ xác suất cơ học lượng tử theo tiên đề Born.

Hiện tượng không đồng nghĩa với việc bản thân mỗi electron bị dãn rộng hoặc nứt vỡ thành các mảnh vụn liên tục khi đi qua lỗ nhỏ. Khi electron chạm tới màn huỳnh quang hoặc detector nhạy, nó luôn được ghi nhận tại một điểm cục bộ xác định, biểu hiện trọn vẹn toàn bộ khối lượng $m_e$ và điện tích $-e$.

Hình ảnh quan sát được là hệ quả thống kê của rất nhiều electron độc lập đi qua lỗ. Mỗi electron được mô tả bởi một hàm sóng $\psi (\mathbf{r},t)$. Khi sóng này truyền qua lỗ nhỏ, hiện tượng nhiễu xạ xảy ra với hàm sóng. Mật độ xác suất tìm thấy electron tại vị trí $\mathbf{r}$ trên màn tỉ lệ với bình phương độ lớn của hàm sóng:

$$P(\mathbf{r})\propto |\psi (\mathbf{r}){|}^2.$$

Các cực đại sáng trên màn tương ứng với các vùng có xác suất electron rơi vào cao nhất, còn các vòng tối tương ứng với những vị trí triệt tiêu giao thoa nơi xác suất gần như bằng không.

Bài tập: Q39.5. Bức xạ Lyman-alpha trong thiên hà và môi trường liên thiên hà

Các thiên hà thường là nguồn phát rất mạnh Lyman-$\alpha$ (ứng với bước chuyển giữa $n=2$ và $n=1$ trong nguyên tử hydrogen). Trái lại, môi trường khí liên thiên hà rất loãng nằm giữa các thiên hà lại có xu hướng hấp thụ mạnh photon Lyman-$\alpha$. Từ các quan sát này, bạn có thể suy luận được điều gì về nhiệt độ và trạng thái kích thích trong hai môi trường trên? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các thiên hà phát mạnh Lyman-alpha, còn khí rất loãng giữa các thiên hà hấp thụ những photon này.

Hướng đi:

• Phát xạ Lyman-alpha cần nguyên tử hydro chuyển từ $n=2$ về $n=1$.
• Hấp thụ cùng vạch cần nguyên tử ban đầu ở $n=1$.
• Liên hệ sự phân bố mức với nhiệt độ khi có thể dùng mô hình kích thích nhiệt.

Trong các vùng phát xạ, phải có cơ chế đưa nguyên tử lên mức kích thích. Nếu các va chạm nhiệt là cơ chế kích thích chính, điều này phù hợp với một môi trường nóng hơn. Trong khí hấp thụ, nhiều nguyên tử hydro ở mức cơ bản và có thể hấp thụ Lyman-alpha, phù hợp với môi trường ít bị kích thích hơn.

Tuy nhiên, chỉ hai quan sát phát xạ và hấp thụ chưa xác định được một nhiệt độ duy nhất. Bức xạ từ các sao cũng có thể kích thích hoặc ion hóa khí, rồi các quá trình tái hợp tạo ra phát xạ. Vì vậy, suy luận nóng hơn hoặc lạnh hơn cần nêu rõ giả thiết về cơ chế kích thích và cân bằng nhiệt.

Bài tập: Q39.6. Mức năng lượng và bán kính của ion lithium ion hóa hai lần

Ion lithium ion hóa hai lần (${\mathrm{Li}}^{2+}$) là nguyên tử lithium đã mất hai trong số ba electron ban đầu. Các của ion một electron còn lại liên hệ chặt chẽ với các mức năng lượng của nguyên tử hydrogen, với điện tích hạt nhân bằng $+3e$. Các mức năng lượng này liên hệ thế nào với mức năng lượng của hydrogen? Bán kính của ion ở trạng thái cơ bản liên hệ thế nào với bán kính nguyên tử hydrogen? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định tỉ lệ và bán kính quỹ đạo giữa ion dạng hydro ${\mathrm{Li}}^{2+}$ ($Z=3$) và nguyên tử hydrogen ($Z=1$).

Hướng đi:

• Sử dụng công thức cho nguyên tử dạng hydro: $E_n=Z^2{E}_{1,\mathrm{H}}/n^2$ với $E_{1,\mathrm{H}}<0$.
• Sử dụng công thức bán kính : $r_n=n^2{a}_0/Z$.

Ion ${\mathrm{Li}}^{2+}$ gồm một electron quay quanh hạt nhân mang điện tích $Q=+3e$ ($Z=3$). Trong , lượng tử hóa được cho bởi:

$$\begin{array}{rl}{E}_n& =-\frac{Z^2{m}_e{e}^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^2{n}^2}\\ & =Z^2{E}_{n,\mathrm{H}}=9E_{n,\mathrm{H}}.\end{array}$$

liên kết ở mỗi mức $n$ của ${\mathrm{Li}}^{2+}$ sâu hơn gấp 9 lần so với mức tương ứng của hydrogen. Cụ thể, trạng thái cơ bản có năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =9E_{1,\mathrm{H}}\\ & \approx -122,5\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bán kính quỹ đạo tương ứng được xác định theo:

$$\begin{array}{rl}{r}_n& =\frac{n^2{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_{e}Z{e}^2}\\ & =\frac{n^2{a}_0}{Z}\\ & =\frac{r_{n,\mathrm{H}}}{3}.\end{array}$$

Ở trạng thái cơ bản $n=1$, bán kính của ion ${\mathrm{Li}}^{2+}$ nhỏ bằng một phần ba bán kính Bohr của hydrogen ($r_1\approx \mathrm{0,529}\text{nm}/3\approx \mathrm{0,017}6\text{nm}$). Lực hút tĩnh điện mạnh gấp ba lần kéo electron lại gần hạt nhân hơn.

Bài tập: Q39.7. Năng lượng giật lùi khi nguyên tử phát photon

Sự phát xạ một bởi một nguyên tử cô lập là một quá trình giật lùi tuân theo định luật bảo toàn . Do đó, phương trình hiệu thực tế cần bổ sung động năng giật lùi $K_r$ của nguyên tử. Vì sao động năng này hoàn toàn có thể bỏ qua trong đa số trường hợp quang phổ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá độ lớn động năng giật lùi của nguyên tử khi phát so với photon.

Hướng đi:

• Sử dụng bảo toàn : $p_{\text{atom}}=p_{\gamma }=E/c$.
• Tính động năng giật lùi cổ điển: $K_r=p^2/(2M)$.
• So sánh tỉ số $K_r/E$ với 1.

Khi nguyên tử khối lượng $M$ ban đầu đứng yên phát ra có $E$, bảo toàn đòi hỏi nguyên tử giật lùi với xung lượng cùng độ lớn:

$$p_{\text{atom}}=p_{\gamma }=\frac{E}{c}.$$

Động năng giật lùi của nguyên tử bằng:

$$K_r=\frac{p_{\text{atom}}^2}{2M}=\frac{E^2}{2M{c}^2}.$$

Tỉ số giữa động năng giật lùi và là:

$$\frac{K_r}{E}=\frac{E}{2M{c}^2}.$$

$M{c}^2$ của nguyên tử nhẹ nhất (hydrogen) đã lên tới khoảng $938\mathrm{MeV}\approx {10}^9\mathrm{eV}$. Trong khi đó, các chuyển dời quang học và tử ngoại chỉ mang $E\sim 1-10\mathrm{eV}$. Tỉ số này rơi vào bậc:

$$\begin{array}{rl}\frac{K_r}{E}& \sim \frac{10}{2\times {10}^9}\\ & \sim 5\times {10}^{-9}.\end{array}$$

giật lùi chỉ cỡ vài nano-electronvolt (${10}^{-9}\mathrm{eV}$), nhỏ hơn rất nhiều so với độ rộng tự nhiên của các vạch quang phổ, nên việc bỏ qua $K_r$ trong các phương trình chuyển là hoàn toàn chính xác.

Bài tập: Q39.8. Đo trực tiếp các mức năng lượng nguyên tử

Làm thế nào để đo trực tiếp các của một nguyên tử mà không cần phân tích quang phổ bức xạ hoặc hấp thụ của nó?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trình bày phương pháp thực nghiệm đo đạc trực tiếp các gián đoạn của nguyên tử.

Hướng đi:

• Sử dụng phương pháp va chạm không đàn hồi của các hạt mang điện tích (thí nghiệm Franck–Hertz).
• Điều khiển động năng của hạt tới và quan sát ngưỡng mất mát .

Phương pháp kinh điển để đo trực tiếp các mà không cần đo bức xạ quang học là thí nghiệm Franck–Hertz thực hiện va chạm không đàn hồi giữa electron và hơi nguyên tử.

Trong thí nghiệm này, các electron phát ra từ cathode được gia tốc bởi một điện thế điều chỉnh được $V$ trước khi đi qua buồng chứa hơi nguyên tử loãng. Khi động năng electron $K=eV$ nhỏ hơn hiệu giữa trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích đầu tiên $\mathrm{\Delta }E=E_2-E_1$, các va chạm hoàn toàn là đàn hồi vì nguyên tử không thể nhận các lượng năng lượng tùy ý. Electron giữ nguyên động năng và vượt qua lưới gia tốc để tạo nên dòng điện đo được.

Khi tăng điện thế đến giá trị ngưỡng sao cho $eV=\mathrm{\Delta }E$, va chạm không đàn hồi bắt đầu xuất hiện. Electron truyền gần như toàn bộ động năng của mình để kích thích nguyên tử lên mức $E_2$ và mất sạch vận tốc. Dòng electron tới bản góp giảm đột ngột tại các giá trị điện áp ngưỡng này, từ đó cung cấp trực tiếp khoảng cách giữa các .

Bài tập: Q39.9. Phổ vạch của chất khí và phổ liên tục của vật rắn nóng sáng

Các nguyên tố ở trạng thái khí phát ra quang phổ vạch với các xác định rõ rệt. Tuy nhiên, các vật rắn nóng sáng luôn phát ra quang phổ liên tục trải dài trên một dải bước sóng rộng. Nguyên nhân sâu xa dẫn đến sự khác biệt này là gì?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích sự khác biệt giữa quang phổ vạch của khí và quang phổ liên tục của vật rắn nóng sáng.

Hướng đi:

• Phân tích cấu trúc của nguyên tử cô lập trong môi trường khí loãng.
• Phân tích hiệu ứng xen phủ hàm sóng và hình thành dải trong mạng tinh thể chất rắn.

Trong chất khí loãng, khoảng cách trung bình giữa các nguyên tử rất lớn so với kích thước nguyên tử. Tương tác giữa các nguyên tử là không đáng kể, nên mỗi nguyên tử hoạt động như một hệ lượng tử độc lập. Electron chỉ chuyển dời giữa các gián đoạn, rời rạc của nguyên tử cô lập, phát ra có các xác định thỏa mãn $hf=E_i-E_f$, tạo nên quang phổ vạch sắc nét.

Ngược lại, trong vật rắn, các nguyên tử liên kết dày đặc với khoảng cách cỡ $0,1-0,3\mathrm{nm}$. Các orbital nguyên tử ngoài cùng xen phủ mạnh mẽ với nhau, làm tách các rời rạc ban đầu thành vô số mức con nằm sát nhau, tạo thành các dải (energy bands) trải dài liên tục. Đồng thời, các electron tự do và mạng tinh thể liên tục tương tác nhiệt qua vô số mode dao động (phonon), cho phép phát xạ ở mọi trong một phổ liên tục.

Bài tập: Q39.10. Sự đổi màu của vật bị nung nóng

Khi một vật được nung tới nhiệt độ rất cao và trở nên tự phát sáng, màu sắc biểu kiến của bức xạ chuyển dần từ đỏ sang vàng và cuối cùng sang xanh lam khi nhiệt độ tiếp tục tăng. Vì sao có sự chuyển màu này? Những đặc trưng nào khác của bức xạ cũng thay đổi?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích sự dịch chuyển màu sắc bức xạ nhiệt theo và định luật Stefan–Boltzmann.

Hướng đi:

• Vận dụng : ${\lambda }_{max}T=b$.
• Vận dụng định luật Stefan–Boltzmann về cường độ bức xạ toàn phần: $I=\sigma T^4$.

Theo , ${\lambda }_{max}$ ứng với đỉnh của đường cong mật độ tỉ lệ nghịch với :

$${\lambda }_{max}=\frac{b}{T}.$$

Khi nhiệt độ ở mức tương đối thấp (khoảng $1000-1500\mathrm{K}$), đỉnh phát xạ nằm ở vùng hồng ngoại và đuôi của phổ vươn tới vùng nhìn thấy ở dài nhất, làm vật có màu đỏ thẫm. Khi nhiệt độ tăng lên (khoảng $3000-4000\mathrm{K}$), đỉnh bức xạ dịch dần về dải ánh sáng nhìn thấy, màu chuyển sang cam và vàng. Khi nhiệt độ vượt quá $6000-8000\mathrm{K}$, đỉnh phát xạ nằm ở vùng ánh sáng xanh lam và tử ngoại, khiến bức xạ nhìn thấy chủ yếu mang sắc lam hoặc trắng xanh.

Đồng thời, tổng công suất bức xạ trên một đơn vị diện tích tăng cực nhanh theo định luật Stefan–Boltzmann:

$$I=\sigma T^4.$$

Cường độ bức xạ ở mọi đều tăng lên vượt bậc, làm vật sáng chói lọi hơn rất nhiều.

Bài tập: Q39.11. Bán kính quỹ đạo hành tinh và mô hình Bohr

Các hành tinh trong Hệ Mặt Trời có tuân theo quy luật khoảng cách $r_n=n^2{r}_1$ như electron trong nguyên tử Bohr không? Chúng có nên tuân theo quy luật này không? Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đối chiếu khoảng cách các hành tinh trong Hệ Mặt Trời với quy luật lượng tử hóa bán kính Bohr $r_n=n^2{r}_1$.

Hướng đi:

• Tra cứu khoảng cách trung bình từ các hành tinh đến Mặt Trời trong Phụ lục F.
• Kiểm tra tính tương thích với quy luật $n^2$.
• Phân tích sự khác biệt bản chất giữa hệ lượng tử vi mô và hệ hấp dẫn cổ điển vĩ mô.

Tra cứu bảng số liệu thiên văn trong Phụ lục F, khoảng cách quỹ đạo trung bình từ Mặt Trời tới bốn hành tinh gần nhất lần lượt là:

• Sao Thủy: $r_1\approx 5,79\times {10}^{10}\mathrm{m}\approx \mathrm{0,387}\mathrm{AU}$.
• Sao Kim: $r_2\approx 1,08\times {10}^{11}\mathrm{m}\approx \mathrm{0,722}\mathrm{AU}$.
• Trái Đất: $r_3\approx 1,50\times {10}^{11}\mathrm{m}\approx 1,00\mathrm{AU}$.
• Sao Hỏa: $r_4\approx 2,28\times {10}^{11}\mathrm{m}\approx 1,52\mathrm{AU}$.

Nếu các hành tinh tuân theo quy luật $r_n=n^2{r}_1$ với các số nguyên $n=1,2,3,4$, khoảng cách tương ứng sẽ phải là $r_2=4r_1\approx 1,55\mathrm{AU}$ và $r_3=9r_1\approx 3,48\mathrm{AU}$. Các giá trị này hoàn toàn sai lệch so với vị trí thực tế của Sao Kim và Trái Đất.

Các hành tinh không phải tuân theo quy luật bán kính Bohr với các số thứ tự liên tiếp. Điều kiện quỹ đạo dừng của được dùng cho một nguyên tử trong phạm vi giả thiết của mô hình. Không có lý do để gán các số thứ tự 1, 2, 3 cho những hành tinh rồi áp dụng trực tiếp công thức ấy.

Ở thang hành tinh, các điều kiện ban đầu và tương tác hấp dẫn quyết định quỹ đạo trong mô tả cổ điển. Khoảng cách của các hành tinh cũng không phải các mức lượng tử liên tiếp của một nguyên tử.

Bài tập: Q39.12. Độ chính xác dẫn hướng chùm electron 54 eV

Bạn được giao nhiệm vụ thiết kế một hệ thống nam châm để dẫn hướng một chùm electron có động năng $54\mathrm{eV}$ tới một bia với độ chính xác vị trí là $\pm 1,0\mathrm{mm}$. Trong thiết kế này, bạn có cần xét đến tính chất sóng của electron không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá ảnh hưởng của tính chất sóng khi định vị chùm electron $54\mathrm{eV}$ với độ chính xác milimét.

Hướng đi:

• Tính của electron $54\mathrm{eV}$.
• So sánh với thang đo độ chính xác mục tiêu $\mathrm{\Delta }x=1,0\mathrm{mm}$.

phi tương đối tính của electron $54\mathrm{eV}$ là $p=\sqrt{2m_{e}K}\approx 3,97\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx \frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{3,97\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx 1,67\times {10}^{-10}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,167}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Độ chính xác vị trí mục tiêu là $\mathrm{\Delta }x=1,0\mathrm{mm}={10}^{-3}\mathrm{m}$. So sánh hai thang chiều dài:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Delta }x}{\lambda }& \approx \frac{{10}^{-3}}{1,67\times {10}^{-10}}\\ & \approx 6\times {10}^6.\end{array}$$

Độ chính xác yêu cầu lớn hơn tới 6 bậc độ lớn. Với một hệ dẫn hướng không có khẩu độ hẹp hoặc đường truyền dài làm khuếch đại đáng kể sự loe chùm, thang này nhỏ hơn nhiều so với dung sai milimét. Nếu có khe rất hẹp, vẫn cần kiểm tra độ loe theo hình học thực tế. Do đó, người thiết kế chỉ cần dùng quỹ đạo hạt cổ điển và lực từ Lorentz mà không cần tính đến tính chất sóng của electron.

Bài tập: Q39.13. Kính hiển vi điện tử so với sóng điện từ bước sóng cực ngắn

Vì sao phải tốn kém chế tạo kính hiển vi điện tử để nghiên cứu các đối tượng cực nhỏ như phân tử hữu cơ, thay vì chỉ cần dùng sóng điện từ cực ngắn (như tia X hay gamma) vốn rẻ tiền hơn để tạo ra?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh ưu thế của electron với sóng điện từ cực ngắn trong việc quan sát mẫu vi mô.

Hướng đi:

• Xem xét sóng ngắn ($E=hc/\lambda$) và tác động ion hóa phá hủy mẫu sinh học.
• Đánh giá khả năng chế tạo hệ thống thấu kính hội tụ đối với từng loại chùm tia.

Để đạt độ phân giải dưới nanômét, sử dụng phải cỡ $\lambda \sim 0,1\mathrm{nm}$.

Nếu dùng sóng điện từ, tia X có $E=hc/\lambda \approx 12,4\mathrm{keV}$. Các photon năng lượng cao này gây ion hóa nghiêm trọng, bẻ gãy các liên kết hóa học và phá hủy cấu trúc tinh vi của các mẫu phân tử sinh học hữu cơ ngay khi chiếu xạ. Ngoài ra, chiết suất của hầu hết mọi vật liệu đối với tia X đều gần bằng 1, khiến việc chế tạo các thấu kính khúc xạ hội tụ tia X trở nên phức tạp và hạn chế về độ mở khẩu độ.

Trái lại, electron có khối lượng nghỉ. Một electron có $\lambda =0,1\mathrm{nm}$ chỉ cần động năng $K=h^2/(2m_e{\lambda }^2)\approx 150\mathrm{eV}$. này nhỏ hơn gần 100 lần so với cùng , giúp giảm thiểu hư hại cho mẫu. Hơn nữa, vì electron mang điện tích, ta dễ dàng hội tụ và điều khiển chùm tia bằng các thấu kính từ trường và tĩnh điện với khẩu độ lớn và tiêu cự điều chỉnh linh hoạt.

Bài tập: Q39.14. Năng lượng và tốc độ của electron ở các lớp Bohr khác nhau

Trong nguyên tử hydrogen, electron ở lớp xa (số lượng tử $n$ lớn) hay lớp gần (số lượng tử $n$ nhỏ) có toàn phần lớn hơn? Electron ở lớp nào chuyển động nhanh hơn? Có mâu thuẫn gì giữa hai kết luận này không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích mối quan hệ giữa toàn phần, động năng và tốc độ của electron ở các .

Hướng đi:

• Viết biểu thức toàn phần $E_n=-13,6\mathrm{eV}/n^2$.
• Viết biểu thức tốc độ quỹ đạo $v_n=v_1/n$.
• Sử dụng tĩnh điện $U_n=-2K_n$ để giải thích sự nhất quán cơ học.

toàn phần của electron trong nguyên tử hydrogen ở mức $n$ bằng:

$$E_n=-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{n^2}.$$

Khi $n$ lớn, giá trị $E_n$ ít âm hơn (tiến gần về 0 hơn), do đó electron ở lớp ngoài ($n$ lớn) có toàn phần lớn hơn electron ở lớp trong ($n$ nhỏ).

Về tốc độ, trong , tốc độ electron tỉ lệ nghịch với $n$:

$$v_n=\frac{e^2}{2{\epsilon }_{0}hn}=\frac{v_1}{n}.$$

Như vậy, electron ở lớp trong ($n$ nhỏ) chuyển động nhanh hơn và có động năng $K_n\propto 1/n^2$ lớn hơn.

Hai kết luận này không hề mâu thuẫn:

• toàn phần là tổng của động năng và thế năng tĩnh điện: $E_n=K_n+U_n$.
• Do lực Coulomb là lực tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách, định lý virial cho ta $U_n=-2K_n$. Khi đó:

$$\begin{array}{rl}{E}_n& =K_n+(-2K_n)\\ & =-K_n.\end{array}$$

Khi $n$ tăng, bán kính quỹ đạo $r_n\propto n^2$ tăng mạnh, làm $U_n=-e^2/(4\pi {\epsilon }_0{r}_n)$ tăng rất nhanh từ giá trị âm sâu về gần 0. Sự gia tăng của thế năng vượt trội so với sự sụt giảm của động năng, khiến cho năng lượng toàn phần $E_n$ tăng lên rõ rệt.

Bài tập: Q39.15. Nguyên lý bất định và tài thiện xạ

Nguyên lý bất định Heisenberg có liên quan gì đến độ chính xác của tài thiện xạ khi bắn bia không? Độ chính xác ngắm bắn của một viên đạn có bị giới hạn bởi nguyên lý bất định không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá vai trò của nguyên lý bất định Heisenberg đối với chuyển động của viên đạn bắn mục tiêu.

Hướng đi:

• Ước lượng độ bất định tọa độ ngang của viên đạn qua nòng súng.
• Tính độ bất định vận tốc ngang tối thiểu theo hệ thức Heisenberg.
• So sánh góc lệch lượng tử với các yếu tố cơ học cổ điển thực tế.

Xét một viên đạn khối lượng $m=10,0\mathrm{g}=\mathrm{0,010}\mathrm{kg}$ rời khỏi nòng súng có đường kính $d\approx 1,0\mathrm{cm}=\mathrm{0,010}\mathrm{m}$. Độ bất định ban đầu về vị trí theo phương ngang vuông góc với quỹ đạo là $\mathrm{\Delta }x\approx \mathrm{0,010}\mathrm{m}$.

Theo nguyên lý bất định Heisenberg, độ bất định nhỏ nhất về vận tốc ngang của viên đạn là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{v}_x& \ge \frac{\hslash }{2m\mathrm{\Delta }x}\\ & \approx 5,3\times {10}^{-31}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Với khoảng cách bắn $100\mathrm{m}$ và tốc độ đạn $500\mathrm{m}/\mathrm{s}$, thời gian bay chỉ là $t=0,20\mathrm{s}$. Độ lệch vị trí tích lũy do hiệu ứng lượng tử trên bia là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{x}_{\text{quantum}}& =\mathrm{\Delta }{v}_{x}t\\ & \sim {10}^{-31}\mathrm{m}.\end{array}$$

Khoảng cách này nhỏ hơn kích thước của một proton hàng triệu tỉ lần. Vì vậy, nguyên lý bất định hoàn toàn không ảnh hưởng đến tài thiện xạ. Độ tản mát của đường đạn ngoài đời thực hoàn toàn do các yếu tố vĩ mô quyết định: độ rung tay của xạ thủ, luồng gió, sai số gia công nòng súng và dao động nhiệt độ khí thuốc.

Bài tập: Q39.16. Giao thoa hai khe với electron và nguyên lý bổ sung

Giả sử thực hiện thí nghiệm giao thoa hai khe bằng một chùm electron. Liệu ta có thu được cùng một hình ảnh giao thoa nếu mở lần lượt từng khe một thay vì mở đồng thời cả hai khe không? Mỗi electron có thực sự đi qua một khe xác định không, hay mỗi electron đi qua cả hai khe? Thảo luận khả năng thứ hai dưới ánh sáng của nguyên lý bổ sung Bohr.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích thí nghiệm hai khe đối với electron và áp dụng nguyên lý bổ sung Bohr.

Hướng đi:

• So sánh xác suất cộng cổ điển $P_1+P_2$ với xác suất giao thoa lượng tử $|{\psi }_1+{\psi }_2{|}^2$.
• Thảo luận khái niệm lưỡng tính sóng hạt và tính tương hỗ của các phép đo theo nguyên lý bổ sung.

Nếu mở lần lượt từng khe một, ta không thu được hệ vân giao thoa. Khi chỉ mở khe 1, phân bố electron trên màn là $P_1=|{\psi }_1{|}^2$. Khi chỉ mở khe 2, phân bố là $P_2=|{\psi }_2{|}^2$. Khi mở lần lượt từng khe và cộng kết quả qua thời gian, phân bố tổng là $P_{\mathrm{sum}}=P_1+P_2$, chỉ là hai dải sáng đơn giản nở rộng mà không có các vân tối xen kẽ.

Khi mở cả hai khe đồng thời và không can thiệp xác định đường đi, hàm sóng tổng hợp là $\psi ={\psi }_1+{\psi }_2$, và mật độ xác suất xuất hiện số hạng giao thoa:

$$P=|{\psi }_1+{\psi }_2{|}^2.$$

Khai triển bình phương độ lớn cho

$$\begin{array}{rl}C& =2\mathrm{Re}({\psi }_1^{\ast }{\psi }_2),\\ P& =B+C.\end{array}$$

Ở đây đặt $B=|{\psi }_1{|}^2+|{\psi }_2{|}^2$ là phần tổng hai xác suất riêng. Phần còn lại $C$ là số hạng giao thoa, tạo nên hệ vân sáng tối đặc trưng.

Dưới góc nhìn của nguyên lý bổ sung Bohr: Ta không thể mô tả electron đồng thời như một hạt cổ điển có quỹ đạo xác định (chỉ chui qua một khe) và một sóng mở rộng (chui qua cả hai khe). Hai bức tranh này mang tính bổ sung cho nhau nhưng loại trừ nhau trong cùng một bố trí thực nghiệm:

• Nếu đặt detector tại khe để xác định electron đi qua khe nào, tương tác đo sẽ phá hủy tương quan giữa hai nhánh sóng, và hệ vân giao thoa lập tức biến mất.
• Nếu không đặt thiết bị theo dõi đường đi, tính chất sóng biểu hiện trọn vẹn: Sóng xác suất đi qua cả hai khe và tự giao thoa với chính nó trước khi electron định xứ thành một chấm sáng duy nhất trên màn.

Bài tập: Q39.17. Hệ thức bất định năng lượng - thời gian và định luật bảo toàn năng lượng

Hệ thức $\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\ge \hslash /2$ phát biểu rằng của một hệ có thể có độ bất định. Điều này có đồng nghĩa với việc nguyên lý bảo toàn năng lượng không còn đúng nữa không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần xác định liệu độ bất định có làm mất hiệu lực của định luật bảo toàn năng lượng hay không.

Hướng đi:

• Phân biệt độ phân tán của trong trạng thái với sự thay đổi năng lượng của một hệ cô lập.
• Hiểu thời gian trong quan hệ –thời gian theo bối cảnh, chẳng hạn thời gian sống của một trạng thái kích thích.

Không. Một trạng thái lượng tử có thể chứa nhiều giá trị với những xác suất khác nhau, nên có độ bất định năng lượng. Điều đó không có nghĩa năng lượng tự sinh ra hoặc biến mất.

Đối với hệ cô lập có Hamiltonian không phụ thuộc thời gian, phân bố xác suất và giá trị trung bình của năng lượng được bảo toàn. Nếu chỉ xét một bộ phận của hệ đang tương tác, phải tính cả năng lượng trao đổi với những bộ phận còn lại.

Trong bài toán vạch phổ, thời gian sống hữu hạn gắn với một độ rộng đặc trưng. Quan hệ ấy không phải một quy tắc chung nói rằng mọi phép đo năng lượng kéo dài trong một thời gian cho trước đều có cùng giới hạn sai số. Cần xác định ý nghĩa của hai độ rộng trước khi áp dụng.

Bài tập: Q39.18. Độ đơn sắc của ánh sáng laser

Ánh sáng laser sinh ra từ các chuyển dời bức xạ từ các trạng thái kích thích giả bền có thời gian sống dài. Vì sao ánh sáng laser lại có độ đơn sắc cao hơn nhiều so với ánh sáng thông thường?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần giải thích vì sao chuyển dời liên quan đến có thể tạo ánh sáng laser với độ đơn sắc cao.

Hướng đi:

• Liên hệ thời gian sống của trạng thái với thang độ rộng tự nhiên của vạch.
• Xét thêm cơ chế và sự lựa chọn mode của buồng cộng hưởng.

có thời gian sống dài. Thang độ rộng tự nhiên tương ứng vì thế nhỏ, tạo điều kiện cho một chuyển dời có xác định hẹp hơn so với chuyển dời có thời gian sống ngắn.

bổ sung ánh sáng vào mode đang kích thích nguyên tử. Buồng cộng hưởng phản hồi và lựa chọn những mode được khuếch đại. Hai cơ chế này giúp ánh sáng tập trung trong một miền hẹp.

Ánh sáng laser vẫn có độ rộng phổ hữu hạn. Va chạm, chuyển động nhiệt, dao động của buồng cộng hưởng và các cơ chế nhiễu khác có thể làm rộng phổ. Một bất đẳng thức cho cận dưới của độ rộng không tự nó chứng minh rằng độ rộng thực tế luôn nhỏ.

Bài tập: Q39.19. Nhiễu xạ electron qua nhiều khe và cách tử

Liệu có thể tiến hành thí nghiệm bằng cách sử dụng ba hoặc bốn khe hẹp không? Hoặc sử dụng một cách tử có rất nhiều khe? Bạn dự đoán sẽ thu được kết quả gì với cách tử? Liệu nguyên lý bất định có bị vi phạm không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần dự đoán qua ba khe, bốn khe hoặc một cách tử nhiều khe và xét sự phù hợp với nguyên lý bất định.

Hướng đi:

• Dùng sự chồng chất biên độ của sóng electron từ các khe.
• Phân biệt bề rộng một cực đại với độ lệch chuẩn của toàn bộ phân bố .

Có thể bố trí thí nghiệm như vậy nếu chùm electron giữ được tính kết hợp qua các khe. Với các khe giống nhau, cách đều một khoảng $d$, các cực đại chính thỏa mãn

$$d\sin \theta =m\lambda .$$

Ở đây $m$ là số nguyên. Khi số khe được chiếu sáng tăng, các cực đại chính hẹp hơn và giữa chúng có những miền cường độ nhỏ. Bao ngoài của phân bố vẫn phụ thuộc vào hình dạng và bề rộng từng khe.

Không có mâu thuẫn với nguyên lý bất định. Độ rộng của một đỉnh riêng lẻ không phải độ lệch chuẩn của cả trạng thái. Khi tính độ phân tán động lượng, phải xét các bậc còn lại và bao ngoài của chúng. Tương tự, độ phân tán vị trí phải được tính từ toàn bộ trạng thái trên cách tử.

Hệ thức Heisenberg áp dụng cho hai độ lệch chuẩn của cùng trạng thái. Việc một đỉnh hẹp đi không cho phép bỏ các đỉnh khác rồi kết luận rằng toàn bộ đã trở nên xác định.

Bài tập: Q39.20. Vòng nhiễu xạ màng nhôm đa tinh thể và vết điểm đơn tinh thể

Như quan sát thấy trong thực nghiệm, hình ảnh tạo bởi các electron đi qua một lá nhôm mỏng gồm một chuỗi các vòng tròn đồng tâm. Tuy nhiên, nếu thay lá nhôm bằng một đơn tinh thể nhôm, chỉ có một số điểm chấm rời rạc xuất hiện trên các vòng này. Hãy giải thích hiện tượng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích sự khác biệt giữa hình ảnh của mẫu nhôm đa tinh thể và đơn tinh thể.

Hướng đi:

• Phân tích sự định hướng ngẫu nhiên của các vi tinh thể trong màng đa tinh thể (vòng Debye–Scherrer).
• Phân tích điều kiện giao thoa cố định hướng trong đơn tinh thể (các điểm Laue).

Một lá nhôm mỏng thông thường có cấu trúc đa tinh thể (polycrystalline), được tạo thành từ vô số tinh thể con cực nhỏ định hướng hoàn toàn ngẫu nhiên trong không gian ba chiều. Khi chùm electron tới chiếu vào, với mỗi khoảng cách mặt phẳng tinh thể $d$ xác định, luôn có các hạt tinh thể quay theo các góc thỏa mãn điều kiện phản xạ Bragg:

$$2d\sin \theta =m\lambda .$$

Do hướng của các hạt quay đối xứng tròn quanh trục chùm tia tới, chùm tia tán xạ tạo thành các mặt nón có góc mở $4\theta$. Khi các mặt nón này cắt màn quan sát phẳng vuông góc với chùm tia, giao tuyến tạo thành các vòng tròn đồng tâm liên tục (vòng Debye–Scherrer).

Khi thay bằng một đơn tinh thể nhôm duy nhất, mạng tinh thể có định hướng không gian cố định và duy nhất. Điều kiện giao thoa cực đại Bragg ba chiều (các phương trình Laue) chỉ đồng thời thỏa mãn tại một số hướng truyền không gian rời rạc xác định. Do đó, thay vì quét thành toàn bộ vòng tròn, bức xạ chỉ tập trung thành các chấm điểm sắc nét (các vết nhiễu xạ Laue) nằm rải rác trên chính những bán kính vòng tròn tương ứng.

Bài tập: Q39.21. Độ phóng đại và độ phân giải của kính hiển vi điện tử

Vì sao kính hiển vi điện tử có thể đạt được độ phóng đại và khả năng phân giải chi tiết vượt trội hơn rất nhiều so với kính hiển vi quang học thông thường?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích cơ sở vật lý cho khả năng phân giải và phóng đại cao của kính hiển vi điện tử.

Hướng đi:

• Vận dụng tiêu chuẩn Rayleigh về giới hạn phân giải : $\mathrm{\Delta }x\approx 0,61\lambda /\mathrm{NA}$.
• So sánh ánh sáng khả kiến với của chùm electron gia tốc.

Khả năng phân giải chi tiết nhỏ nhất của bất kỳ thiết bị quang học nào bị giới hạn cơ bản bởi hiện tượng qua khẩu độ quang học. Theo tiêu chuẩn Rayleigh, khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm còn phân biệt được tỉ lệ thuận với của chùm tia sử dụng:

$$\mathrm{\Delta }{x}_{min}=\frac{0,61\lambda }{\mathrm{NA}},$$

trong đó $\mathrm{NA}$ là khẩu độ số của hệ thấu kính.

Kính hiển vi quang học dùng ánh sáng khả kiến có nằm trong khoảng $400-700\mathrm{nm}$, do đó giới hạn phân giải lý thuyết tốt nhất không thể vượt qua ngưỡng khoảng $200\mathrm{nm}$. Mọi nỗ lực tăng độ phóng đại quang học vượt quá $1000-2000$ lần chỉ làm phóng to vùng nhòe nhoẹt mà không cung cấp thêm bất kỳ chi tiết mới nào.

Trong kính hiển vi điện tử, chùm electron được tăng tốc qua các hiệu điện thế từ vài chục kilovolt đến hàng trăm kilovolt. của electron tương ứng là:

$$\lambda =\frac{h}{p}\sim \mathrm{0,002}-0,04\mathrm{nm},$$

ngắn hơn ánh sáng nhìn thấy từ ${10}^4$ đến ${10}^5$ lần. Giới hạn giảm xuống tới quy mô dưới nanômét, cho phép kính hiển vi điện tử phân giải rõ nét các chi tiết kích thước nguyên tử và đạt độ phóng đại hữu ích lên tới hơn ${10}^6$ lần.

Bài tập: Q39.22. Quá trình đo đạc làm biến đổi đại lượng cần đo

Khi kiểm tra áp suất không khí trong lốp xe, một lượng không khí nhỏ luôn thoát ra ngoài nên chính quá trình thực hiện phép đo đã làm biến đổi đại lượng cần đo. Hãy nêu các ví dụ khác trong khoa học và đời sống về những phép đo làm thay đổi hoặc gây nhiễu loạn đại lượng đang được đo.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích bản chất tương tác trong quá trình đo đạc và nêu các ví dụ thực tế minh họa.

Hướng đi:

• Xét nguyên lý: Mọi phép đo thực tế đều đòi hỏi sự trao đổi , xung lượng hoặc vật chất giữa thiết bị đo và hệ được đo.
• Nêu các ví dụ điển hình trong nhiệt học, điện từ học và cơ học lượng tử.

Quá trình đo đạc trong thế giới vật lý luôn đòi hỏi một tương tác giữa hệ thống đo và đối tượng cần đo, do đó tất yếu gây ra một mức độ nhiễu loạn nhất định lên trạng thái ban đầu của đối tượng:

1. Phép đo nhiệt độ trong nhiệt động học: Khi nhúng một nhiệt kế thủy ngân lạnh vào một giọt nước nhỏ nóng để đo nhiệt độ, nhiệt lượng trao đổi giữa giọt nước và nhiệt kế để đạt trạng thái cân bằng nhiệt sẽ làm nhiệt độ giọt nước hạ xuống đáng kể so với trước khi đo.
2. Phép đo hiệu điện thế trong mạch điện: Một vôn kế thực tế luôn có điện trở nội hữu hạn $R_V$. Khi mắc vôn kế song song vào hai đầu một điện trở lớn trong mạch, nó sẽ phân nhánh một phần dòng điện, làm giảm điện trở tương đương của đoạn mạch và khiến hiệu điện thế đo được luôn nhỏ hơn hiệu điện thế thực khi chưa mắc vôn kế.
3. Phép đo cường độ dòng điện: Một ampe kế có điện trở nội $R_A>0$. Khi mắc nối tiếp ampe kế vào mạch, tổng trở của mạch tăng lên, làm cường độ dòng điện thực tế trong mạch giảm so với ban đầu.
4. Phép đo vị trí hạt vi mô trong cơ học lượng tử: Để xác định vị trí của một electron dưới kính hiển vi, ta phải chiếu ít nhất một vào electron để tán xạ tới mắt quan sát. Nhưng va chạm Compton giữa photon và electron tất yếu truyền một xung lượng không thể dự đoán chính xác cho electron, làm biến đổi hoàn toàn vận tốc ban đầu của nó theo đúng nguyên lý bất định Heisenberg.

Bài tập 39.1–39.15

Trong nhóm bài này, ta khảo sát tính chất sóng của các hạt vật chất thông qua hệ thức de Broglie, sự tán xạ qua mạng tinh thể và hiện tượng qua khe hẹp.

Các hằng số cơ bản được sử dụng trong phần này:

• Hằng số Planck: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$
• Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
• Độ lớn điện tích nguyên tố: $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$
• Tích hằng số $hc$: $hc\approx 1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}$
• Khối lượng nghỉ của electron: $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$
• Khối lượng nghỉ của proton: $m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$
• Khối lượng nghỉ của neutron: $m_n=\mathrm{1,675}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$

Bài tập 39: 1

(a) Một electron chuyển động với tốc độ $4,70\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. của nó bằng bao nhiêu? (b) Một proton chuyển động với cùng tốc độ như electron ở phần (a). Bước sóng de Broglie của proton này bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tốc độ chung của electron và proton là $v=4,70\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Khối lượng nghỉ của electron $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$, khối lượng nghỉ của proton $m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.

Hướng đi:

• Tốc độ của các hạt thỏa mãn $v/c\approx \mathrm{0,015}7\ll 1$, do đó ta hoàn toàn có thể áp dụng cổ điển $p=mv$.
• Áp dụng hệ thức de Broglie $\lambda =h/p$.
• Tính trước cho phép dùng cùng một hệ thức cho cả hai hạt và so sánh ảnh hưởng của khối lượng.

(a) của electron bằng

$$\begin{array}{rl}{p}_e& =m_{e}v\\ & \approx 4,28\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng của electron là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_e& =\frac{h}{p_e}\\ & \approx \mathrm{0,155}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) của proton khi chuyển động ở cùng tốc độ $v$ bằng

$$\begin{array}{rl}{p}_p& =m_{p}v\\ & \approx 7,86\times {10}^{-21}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng của proton là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_p& =\frac{h}{p_p}\\ & \approx \mathrm{0,084}3\mathrm{pm}.\end{array}$$

Vì khối lượng proton lớn hơn electron khoảng 1836 lần nên ở cùng một vận tốc, của proton ngắn hơn của electron xấp xỉ 1836 lần.

Bài tập 39: 2

Trong thí nghiệm tinh thể, cỡ $0,20\mathrm{nm}$ thường phù hợp. Một hạt có bước sóng này có bằng bao nhiêu electronvolt trong từng trường hợp sau? (a) Một , (b) một electron, (c) một hạt alpha ($m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: yêu cầu $\lambda =0,20\mathrm{nm}=2,0\times {10}^{-10}\mathrm{m}$. Các đối tượng gồm (không có khối lượng nghỉ), electron ($m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$), và hạt alpha ($m_{\alpha }=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$).

Hướng đi:

• Đối với : photon liên hệ với qua $E=hc/\lambda$. Do photon không có khối lượng nghỉ, năng lượng toàn phần này đóng vai trò là động năng của nó.
• Đối với các hạt có khối lượng: tương ứng với là $p=h/\lambda$.
• Tính động năng phi tương đối tính $K=p^2/(2m)$, sau đó đổi sang đơn vị electronvolt bằng cách chia cho $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.

chung của electron và hạt alpha ứng với $\lambda =0,20\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & \approx 3,31\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(a) Đối với , hạt bằng

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx 6,20\mathrm{keV}.\end{array}$$

(b) Đối với electron, động năng phi tương đối tính là

$$\begin{array}{rl}{K}_e& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx 6,02\times {10}^{-18}\mathrm{J}\\ & \approx 37,6\mathrm{eV}.\end{array}$$

Giá trị này nhỏ hơn rất nhiều so với $m_e{c}^2\approx 511\mathrm{keV}$, khẳng định tính phi tương đối tính là hoàn toàn chính xác.

(c) Đối với hạt alpha ($m_{\alpha }=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$), động năng là

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =\frac{p^2}{2m_{\alpha }}\\ & \approx 8,26\times {10}^{-22}\mathrm{J}\\ & \approx 5,16\mathrm{meV}.\end{array}$$

Bài tập 39: 3

Một electron có là $2,80\times {10}^{-10}\mathrm{m}$. Hãy xác định (a) độ lớn của nó, và (b) động năng của electron theo joule và electronvolt.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: của electron $\lambda =2,80\times {10}^{-10}\mathrm{m}=\mathrm{0,280}\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Áp dụng hệ thức de Broglie $p=h/\lambda$ để xác định .
• Động năng tính từ qua công thức $K=p^2/(2m_e)$, sau đó đổi sang electronvolt bằng cách chia cho $e$.

(a) Độ lớn của electron là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & \approx 2,37\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Động năng của electron theo joule và electronvolt bằng

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx 3,07\times {10}^{-18}\mathrm{J}\\ & \approx 19,2\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bài tập 39: 4

của hạt alpha. Một hạt alpha ($m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$) được phát ra trong quá trình phân rã phóng xạ của urani-238 có $4,20\mathrm{MeV}$. của hạt alpha này bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khối lượng hạt alpha $m_{\alpha }=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, động năng $K=4,20\mathrm{MeV}=\mathrm{6,728}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$.

Hướng đi:

• của hạt alpha xấp xỉ $3727\mathrm{MeV}$, lớn hơn rất nhiều so với động năng $4,20\mathrm{MeV}$. Do đó, ta hoàn toàn có thể áp dụng động học phi tương đối tính.
• Tính $p=\sqrt{2m_{\alpha }K}$, sau đó tính $\lambda =h/p$.

của hạt alpha là

$$\begin{array}{rl}p& =\sqrt{2m_{\alpha }K}\\ & \approx 9,45\times {10}^{-20}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng của hạt alpha bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx 7,01\times {10}^{-15}\mathrm{m}\\ & =7,01\mathrm{fm}.\end{array}$$

này nằm ở thang kích thước hạt nhân, giải thích lý do chùm hạt alpha có thể dùng để thăm dò cấu trúc bên trong hạt nhân nguyên tử.

Bài tập 39: 5

Một electron đang chuyển động với tốc độ $8,00\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tốc độ của một proton có cùng với electron này bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tốc độ electron $v_e=8,00\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, proton có ${\lambda }_p={\lambda }_e$.

Hướng đi:

• Hai hạt có cùng đồng nghĩa với việc chúng có cùng độ lớn : $p_p=p_e$.
• Với tốc độ nhỏ hơn nhiều tốc độ ánh sáng, cổ điển cho hệ thức $m_p{v}_p=m_e{v}_e$. Từ đó rút ra tốc độ của proton.

Từ điều kiện cân bằng :

$$\begin{array}{rl}{p}_p& =p_e\\ ⟹m_p{v}_p& =m_e{v}_e.\end{array}$$

Tốc độ của proton bằng

$$\begin{array}{rl}{v}_p& =\frac{m_e}{m_p}{v}_e\\ & \approx 4,36\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 39: 6

(a) Một hạt tự do phi tương đối tính có khối lượng $m$ và động năng $K$. Hãy thiết lập biểu thức tính của hạt theo $m$ và $K$. (b) Bước sóng de Broglie của một electron có động năng $800\mathrm{eV}$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt tự do phi tương đối tính có khối lượng $m$, động năng $K$. Ở phần (b), hạt là electron và $K=800\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Động năng phi tương đối tính liên hệ với qua $K=p^2/(2m)⟹p=\sqrt{2mK}$.
• Thay vào hệ thức de Broglie $\lambda =h/p$.
• Ở phần (b), đổi động năng sang joule và tính toán qua bước trung gian để các dòng hiển thị luôn ngay ngắn.

(a) của hạt theo động năng là

$$p=\sqrt{2mK}.$$

của hạt là

$$\lambda =\frac{h}{p}=\frac{h}{\sqrt{2mK}}.$$

(b) Với electron có $K=800\mathrm{eV}=\mathrm{1,282}\times {10}^{-16}\mathrm{J}$, bằng

$$\begin{array}{rl}p& =\sqrt{2m_{e}K}\\ & \approx 1,53\times {10}^{-23}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

của electron là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx 43,4\mathrm{pm}.\end{array}$$

Bài tập 39: 7

Hãy tính của: (a) Một người phụ nữ nặng $50,0\mathrm{kg}$ đang chạy bộ thong thả với tốc độ $2,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$, (b) một electron tự do có động năng $2,0\mathrm{MeV}$, và (c) một electron tự do có động năng $20\mathrm{eV}$. Sử dụng biểu thức tương đối tính thích hợp khi cần thiết.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Vật vĩ mô $m=50,0\mathrm{kg}$, $v=2,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (b) Electron có $K=2,0\mathrm{MeV}$. (c) Electron có $K=20\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Đối với người chạy bộ: Vật thể vĩ mô, dùng trực tiếp $\lambda =h/(mv)$.
• Đối với electron $K=2,0\mathrm{MeV}$: So sánh với $E_0=m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$. Vì $K>E_0$, hiệu ứng tương đối tính chi phối mạnh, ta dùng $pc=\sqrt{E^2-E_0^2}$ rồi suy ra $\lambda =hc/(pc)$.
• Đối với electron $K=20\mathrm{eV}$: $K\ll E_0$, áp dụng công thức phi tương đối tính.

(a) của người chạy bộ là

$$\begin{array}{rl}p& =mv\\ & =(50,0\mathrm{kg})(2,0\mathrm{m}/\mathrm{s})\\ & =100\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx 6,63\times {10}^{-36}\mathrm{m}.\end{array}$$

này cực kỳ nhỏ bé, không thể quan sát được bất kỳ hiện tượng sóng nào trên thang vĩ mô.

(b) của electron là $E_0=\mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$. toàn phần bằng

$$\begin{array}{rl}E& =K+E_0\\ & =2,0\mathrm{MeV}+\mathrm{0,511}\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{2,511}\mathrm{MeV}.\end{array}$$

thỏa mãn:

$$\begin{array}{rl}pc& =\sqrt{E^2-E_0^2}\\ & \approx \mathrm{2,458}\mathrm{MeV}.\end{array}$$

của electron là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{pc}\\ & \approx \mathrm{0,504}\mathrm{pm}.\end{array}$$

(c) Với electron có động năng $K=20\mathrm{eV}=\mathrm{3,204}\times {10}^{-18}\mathrm{J}$, phi tương đối tính là

$$\begin{array}{rl}p& =\sqrt{2m_{e}K}\\ & \approx 2,42\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx \mathrm{0,274}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 39: 8

của một electron chuyển động với tốc độ bằng bao nhiêu nếu: (a) $v=\mathrm{0,480}c$, và (b) $v=\mathrm{0,960}c$? (Gợi ý: Sử dụng biểu thức tương đối tính đúng cho khi cần thiết.)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tốc độ tương đối tính của electron: (a) $v=\mathrm{0,480}c$, và (b) $v=\mathrm{0,960}c$.

Hướng đi:

• Do tốc độ chiếm tỉ lệ đáng kể so với ánh sáng, tuân theo hệ thức tương đối tính $p=\gamma m_{e}v$, với $\gamma =1/\sqrt{1-v^2/c^2}$.
• Tính hệ số co độ dài $\sqrt{1-v^2/c^2}$ trước, sau đó tính $p$ và $\lambda =h/p$.

(a) Với $v=\mathrm{0,480}c$, thừa số căn bậc hai bằng

$$\begin{array}{rl}{\gamma }^{-1}& =\sqrt{1-{\mathrm{0,480}}^2}\\ & \approx \mathrm{0,877}3.\end{array}$$

của electron là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{m_{e}v}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\ & \approx 1,49\times {10}^{-22}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx 4,43\mathrm{pm}.\end{array}$$

(b) Với $v=\mathrm{0,960}c$, thừa số căn bậc hai bằng

$$\begin{array}{rl}{\gamma }^{-1}& =\sqrt{1-{\mathrm{0,960}}^2}\\ & =\mathrm{0,280}0.\end{array}$$

của electron là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{m_{e}v}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\ & \approx 9,36\times {10}^{-22}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx \mathrm{0,708}\mathrm{pm}.\end{array}$$

Bài tập 39: 9

của viên đạn. Hãy tính của một viên đạn nặng $5,00\mathrm{g}$ đang bay với tốc độ $340\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Liệu viên đạn có thể biểu hiện các tính chất sóng hay không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khối lượng viên đạn $m=5,00\mathrm{g}=5,00\times {10}^{-3}\mathrm{kg}$, tốc độ $v=340\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Tính cổ điển $p=mv$.
• Tính $\lambda =h/p$.
• So sánh tính được với kích thước thang nguyên tử và hạt nhân để đánh giá khả năng quan sát tính chất sóng.

của viên đạn là

$$\begin{array}{rl}p& =mv\\ & \approx 1,70\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng của viên đạn bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx 3,90\times {10}^{-34}\mathrm{m}.\end{array}$$

Viên đạn hoàn toàn không thể biểu hiện tính chất sóng trong thực tế. $3,90\times {10}^{-34}\mathrm{m}$ nhỏ hơn kích thước nguyên tử (${10}^{-10}\mathrm{m}$) tới 24 bậc độ lớn và nhỏ hơn hạt nhân (${10}^{-15}\mathrm{m}$) tới 19 bậc độ lớn. Không tồn tại bất kỳ hệ khe hẹp hay cấu trúc vật lý nào đủ nhỏ để tạo ra sự đối với viên đạn.

Bài tập 39: 10

Cần phải gia tốc electron qua hiệu điện thế bằng bao nhiêu để chúng có: (a) bằng bước sóng của tia X có $\lambda =\mathrm{0,220}\mathrm{nm}$, và (b) bằng năng lượng của tia X trong phần (a)?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: tia X là ${\lambda }_{\mathrm{X}}=\mathrm{0,220}\mathrm{nm}=2,20\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Ở phần (a): Electron có ${\lambda }_e={\lambda }_{\mathrm{X}}$. $p=h/{\lambda }_e$, động năng $K=p^2/(2m_e)=e{V}_0$, từ đó rút ra hiệu điện thế gia tốc $V_0$.
• Ở phần (b): Động năng electron nhận được bằng đúng tia X: $e{V}_0=E_{\mathrm{ph}}=hc/{\lambda }_{\mathrm{X}}$.

(a) của electron ứng với $\mathrm{0,220}\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & \approx 3,01\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng của electron và hiệu điện thế gia tốc cần dùng là

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx 4,98\times {10}^{-18}\mathrm{J}\\ & \approx 31,1\mathrm{eV}.\end{array}$$

Do $K=e{V}_0$, ta suy ra ngay hiệu điện thế gia tốc là $V_0=31,1\mathrm{V}$.

(b) của tia X $\mathrm{0,220}\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{{\lambda }_{\mathrm{X}}}\\ & \approx 5,64\mathrm{keV}.\end{array}$$

Để electron có động năng bằng đúng này, hiệu điện thế gia tốc phải là

$$V_0\approx 5,64\mathrm{kV}.$$

Bài tập 39: 11

(a) Cần hiệu điện thế gia tốc bằng bao nhiêu để tạo ra các electron có $5,00\mathrm{nm}$? (b) của các có cùng bước sóng với các electron này bằng bao nhiêu? (c) Bước sóng của các photon có cùng năng lượng với các electron ở phần (a) bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: electron ${\lambda }_e=5,00\mathrm{nm}=5,00\times {10}^{-9}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• electron là $p=h/{\lambda }_e$. Động năng $K=p^2/(2m_e)=e{V}_0$, từ đó tính hiệu điện thế gia tốc $V_0$.
• của có cùng $\lambda =5,00\mathrm{nm}$ tính theo $E=hc/\lambda$.
• có cùng với electron mang năng lượng $E=K=e{V}_0$, suy ra photon là ${\lambda }_{\mathrm{ph}}=hc/E$.

(a) của electron ứng với $5,00\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{{\lambda }_e}\\ & \approx 1,33\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng của electron là

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx 9,64\times {10}^{-21}\mathrm{J}\\ & \approx 60,2\mathrm{meV}.\end{array}$$

Hiệu điện thế gia tốc tương ứng bằng $V_0=60,2\mathrm{mV}$.

(b) của có cùng $5,00\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx 248\mathrm{eV}.\end{array}$$

(c) có cùng với electron ở phần (a) ($E=\mathrm{0,060}2\mathrm{eV}$) có là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{E}\\ & \approx 20,6\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Bức xạ này thuộc dải hồng ngoại.

Bài tập 39: 12

Một chùm electron được gia tốc từ trạng thái nghỉ qua hiệu điện thế $\mathrm{0,100}\mathrm{kV}$, sau đó đi qua một khe hẹp. Khi quan sát ở khoảng cách xa sau khe, chùm cho các cực tiểu đầu tiên tại góc $\pm 14,6^{\circ }$ so với hướng ban đầu của chùm. (a) Chúng ta có cần sử dụng các công thức tương đối tính hay không? Vì sao? (b) Độ rộng của khe hẹp bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hiệu điện thế gia tốc $V_0=\mathrm{0,100}\mathrm{kV}=100\mathrm{V}$, góc cực tiểu bậc một $\theta =\pm 14,6^{\circ }$.

Hướng đi:

• So sánh động năng nhận được $K=e{V}_0=100\mathrm{eV}$ với $m_e{c}^2\approx 511\mathrm{keV}$ để đánh giá tính tương đối tính.
• electron tính theo công thức de Broglie phi tương đối tính qua $p=\sqrt{2m_{e}K}$.
• Vị trí cực tiểu qua khe đơn rộng $a$ thỏa mãn điều kiện $a\sin \theta =m\lambda$ với $m=1$.

(a) Động năng của electron sau khi tăng tốc là $K=100\mathrm{eV}$. Tỉ số giữa động năng và của electron là

$$\begin{array}{rl}\frac{K}{m_e{c}^2}& =\frac{100\mathrm{eV}}{511\times {10}^3\mathrm{eV}}\\ & \approx 1,96\times {10}^{-4}\ll 1.\end{array}$$

Tốc độ tương ứng của electron chỉ bằng khoảng $2\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng. Do đó, hiệu ứng tương đối tính hoàn toàn không đáng kể và ta không cần dùng công thức tương đối tính.

(b) của electron sau khi tăng tốc là

$$\begin{array}{rl}p& =\sqrt{2m_{e}e{V}_0}\\ & \approx 5,40\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

của electron là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & \approx \mathrm{0,122}6\mathrm{nm}.\end{array}$$

Độ rộng của khe hẹp được xác định từ điều kiện cực tiểu bậc một:

$$\begin{array}{rl}a& =\frac{\lambda }{\sin \theta }\\ & \approx \mathrm{0,487}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 39: 13

Một chùm neutron có cùng tán xạ từ các nguyên tử có khoảng cách $\mathrm{0,091}0\mathrm{nm}$ trên mặt phẳng bề mặt của một tinh thể. Cực đại cường độ bậc $m=1$ xuất hiện khi góc tán xạ $\theta$ bằng $28,6^{\circ }$. Động năng của mỗi neutron trong chùm bằng bao nhiêu electronvolt?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng cách giữa các nguyên tử bề mặt $d=\mathrm{0,091}0\mathrm{nm}$, bậc cực đại $m=1$, góc tán xạ $\theta =28,6^{\circ }$, khối lượng neutron $m_n=\mathrm{1,675}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.

Hướng đi:

• Điều kiện cực đại giao thoa tán xạ từ hàng nguyên tử bề mặt là $d\sin \theta =m\lambda$, từ đó tìm $\lambda$.
• Tính $p=h/\lambda$, sau đó tính động năng phi tương đối tính $K=p^2/(2m_n)$ rồi chuyển đổi sang electronvolt.

của neutron được xác định từ góc cực đại bậc một:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{d\sin \theta }{m}\\ & \approx \mathrm{0,043}56\mathrm{nm}.\end{array}$$

của neutron là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & \approx 1,52\times {10}^{-23}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng của neutron là

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_n}\\ & \approx 6,91\times {10}^{-20}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,431}\mathrm{eV}.\end{array}$$

này thuộc thang động năng của neutron nhiệt, rất thích hợp để khảo sát cấu trúc mạng tinh thể chất rắn.

Bài tập 39: 14

(a) Trong một kính hiển vi điện tử, cần sử dụng hiệu điện thế gia tốc bằng bao nhiêu để tạo ra các electron có $\mathrm{0,060}0\mathrm{nm}$? (b) Nếu sử dụng proton thay vì electron, cần hiệu điện thế gia tốc bằng bao nhiêu để proton đạt được bước sóng $\mathrm{0,060}0\mathrm{nm}$? (Gợi ý: Trong mỗi trường hợp, động năng ban đầu của hạt là không đáng kể.)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: yêu cầu $\lambda =\mathrm{0,060}0\mathrm{nm}=6,00\times {10}^{-11}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• tương ứng với là $p=h/\lambda$.
• Hiệu điện thế gia tốc thỏa mãn $e{V}_0=K=p^2/(2m)$, suy ra $V_0=p^2/(2me)$.
• Vì điện tích hạt proton và electron có cùng độ lớn $e$, hiệu điện thế gia tốc tỉ lệ nghịch với khối lượng của hạt: $V_0\propto 1/m$.

chung của các hạt để đạt $\mathrm{0,060}0\mathrm{nm}$ là

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & \approx 1,10\times {10}^{-23}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(a) Đối với electron ($m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$), hiệu điện thế gia tốc là

$$\begin{array}{rl}{V}_{0,e}& =\frac{p^2}{2m_{e}e}\\ & \approx 418\mathrm{V}.\end{array}$$

(b) Đối với proton ($m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$), hiệu điện thế gia tốc cần thiết giảm tỉ lệ nghịch theo khối lượng:

$$\begin{array}{rl}{V}_{0,p}& =\frac{m_e}{m_p}{V}_{0,e}\\ & \approx \mathrm{0,228}\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 39: 15

Một và một electron tự do đều có bằng $6,00\mathrm{eV}$. (a) của photon khi truyền trong không khí bằng bao nhiêu? (b) của electron bằng bao nhiêu? (c) Bước sóng nào dài hơn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $E_{\mathrm{ph}}=6,00\mathrm{eV}$, động năng electron $K_e=6,00\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Với trong không khí (chiết suất $n\approx 1$): là $E_{\mathrm{ph}}=hc/{\lambda }_{\mathrm{ph}}⟹{\lambda }_{\mathrm{ph}}=hc/E_{\mathrm{ph}}$.
• Với electron tự do: $p=\sqrt{2m_e{K}_e}$, từ đó tính ${\lambda }_e=h/p$.
• So sánh tỉ số giữa hai .

(a) của là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & \approx 207\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm trong vùng tử ngoại.

(b) của electron có động năng $K_e=6,00\mathrm{eV}=\mathrm{9,612}\times {10}^{-19}\mathrm{J}$ là

$$\begin{array}{rl}p& =\sqrt{2m_e{K}_e}\\ & \approx 1,32\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

của electron là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_e& =\frac{h}{p}\\ & \approx \mathrm{0,501}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) So sánh tỉ số giữa hai :

$$\frac{{\lambda }_{\mathrm{ph}}}{{\lambda }_e}\approx \frac{207\mathrm{nm}}{\mathrm{0,501}\mathrm{nm}}\approx 413.$$

của dài hơn rất nhiều (hơn 400 lần) so với của electron mang cùng . Điều này xuất phát từ bản chất hạt photon không có khối lượng nghỉ nên có quan hệ tán sắc tuyến tính ($E=pc$), trong khi electron phi tương đối tính có động năng tỉ lệ với bình phương ($K=p^2/2m$).

Bài tập 39.16–39.30

Nhóm bài tập này tập trung vào mẫu nguyên tử Rutherford–Bohr, cấu trúc , phổ phát xạ và hấp thụ của các hệ một electron, cùng các hệ tương tự nguyên tử hiđrô như ion ${\mathrm{Be}}^{3+}$ và hệ positronium.

Các hằng số cơ bản sử dụng: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$, $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$, $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$, $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$, $k_e=1/(4\pi {\epsilon }_0)\approx \mathrm{8,988}\times {10}^9\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{C}}^2$, $a_0=\mathrm{0,052}92\mathrm{nm}$, cơ bản của hiđrô $E_1=-13,60\mathrm{eV}$, hằng số Rydberg $R_{\mathrm{H}}=\mathrm{1,097}4\times {10}^7{\mathrm{m}}^{-1}$, và $hc\approx 1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}$.

Bài tập 39: 16

Một truyền trong không khí có $500\mathrm{nm}$, và một electron tự do có cũng bằng $500\mathrm{nm}$. (a) của mỗi hạt bằng bao nhiêu electronvolt? (b) Năng lượng của hạt nào lớn hơn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: và electron tự do có cùng $\lambda =500\mathrm{nm}=5,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• của tính theo hệ thức $E_{\mathrm{ph}}=hc/\lambda$.
• Động năng của electron tính theo hệ thức de Broglie phi tương đối tính: $K_e=p^2/(2m_e)=h^2/(2m_e{\lambda }^2)$.
• So sánh trực tiếp hai giá trị để thấy sự khác biệt bản chất giữa hạt không khối lượng nghỉ và hạt có khối lượng nghỉ.

(a) của là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{500\mathrm{nm}}\\ & \approx 2,48\mathrm{eV}.\end{array}$$

Động năng của electron tự do bằng

$$\begin{array}{rl}{K}_e& =\frac{h^2}{2m_e{\lambda }^2}\\ & \approx 9,64\times {10}^{-25}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang electronvolt:

$$\begin{array}{rl}{K}_e& =\frac{\mathrm{9,639}\times {10}^{-25}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 6,02\times {10}^{-6}\mathrm{eV}\\ & =6,02\mu \mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) của lớn hơn rất nhiều so với động năng của electron:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{ph}}}{K_e}& \approx \frac{2,48\mathrm{eV}}{6,02\times {10}^{-6}\mathrm{eV}}\\ & \approx 4,12\times {10}^5.\end{array}$$

lớn hơn động năng electron hơn bốn trăm nghìn lần.

Bài tập 39: 17

Một chùm hạt alpha bắn vào một bia chì. Một hạt alpha cụ thể bay đối đầu trực diện hướng về một hạt nhân chì và dừng lại ở khoảng cách $6,50\times {10}^{-14}\mathrm{m}$ cách tâm hạt nhân. Điểm dừng này nằm hoàn toàn bên ngoài hạt nhân chì. Giả sử hạt nhân chì có $82$ proton và luôn đứng yên. Khối lượng của hạt alpha là $6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. (a) Hãy tính tĩnh điện tại thời điểm hạt alpha dừng lại. Biểu diễn kết quả theo joule và theo $\mathrm{MeV}$. (b) Động năng ban đầu của hạt alpha bằng bao nhiêu theo joule và theo $\mathrm{MeV}$? (c) Tốc độ ban đầu của hạt alpha bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt alpha có điện tích $q_1=2e$, khối lượng $m_{\alpha }=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. Hạt nhân chì có điện tích $q_2=82e$. Khoảng cách tiếp cận gần nhất $r=6,50\times {10}^{-14}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Tương tác giữa hạt alpha và hạt nhân là lực đẩy Coulomb tĩnh điện. Khi hạt dừng lại tức thời ở khoảng cách $r$, toàn bộ động năng ban đầu đã chuyển hóa thành tĩnh điện: $U=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q_1{q}_2}{r}$.
• Theo định luật bảo toàn cơ năng, động năng ban đầu ở vô cùng bằng đúng tại điểm dừng: $K_0=U$.
• Từ động năng ban đầu $K_0=\frac{1}{2}{m}_{\alpha }{v}_0^2$, tính tốc độ ban đầu $v_0=\sqrt{2K_0/m_{\alpha }}$.

(a) tĩnh điện tại thời điểm hạt alpha dừng lại là

$$\begin{array}{rl}U& =\frac{164k_e{e}^2}{r}\\ & \approx \mathrm{5,821}\times {10}^{-13}\mathrm{J}.\end{array}$$

Biểu diễn theo $\mathrm{MeV}$:

$$\begin{array}{rl}U& \approx \mathrm{3,633}\times {10}^6\mathrm{eV}\\ & =\mathrm{3,633}\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(b) Do cơ năng bảo toàn và hạt nhân chì coi như đứng yên, động năng ban đầu khi hạt alpha ở rất xa bằng tĩnh điện tại điểm dừng:

$$\begin{array}{rl}{K}_0& =U\\ & \approx 5,82\times {10}^{-13}\mathrm{J}\\ & =3,63\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(c) Tốc độ ban đầu của hạt alpha là

$$\begin{array}{rl}{v}_0& =\sqrt{\frac{2K_0}{m_{\alpha }}}\\ & =\sqrt{\frac{2(\mathrm{5,821}\times {10}^{-13}\mathrm{J})}{6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}}}\\ & \approx 1,32\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tốc độ này bằng khoảng $4,4\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng, khẳng định phép tính phi tương đối tính là hoàn toàn chính xác.

Bài tập 39: 18

Một hạt alpha có động năng $4,78\mathrm{MeV}$ phát ra từ phân rã của ${}^{226}\mathrm{Ra}$ va chạm trực diện với một hạt nhân urani. Hạt nhân urani có $92$ proton. (a) Khoảng cách tiếp cận gần nhất của hạt alpha đến tâm hạt nhân urani bằng bao nhiêu? Giả sử hạt nhân urani đứng yên và khoảng cách này lớn hơn nhiều so với bán kính hạt nhân. (b) Lực tác dụng lên hạt alpha tại thời điểm tiếp cận gần nhất bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Động năng hạt alpha $K=4,78\mathrm{MeV}$, điện tích hạt alpha $q_1=2e$, hạt nhân urani có $Z=92$ nên $q_2=92e$.

Hướng đi:

• Khi va chạm trực diện, tại khoảng cách tiếp cận gần nhất $r_{min}$, toàn bộ động năng ban đầu chuyển thành tương tác Coulomb: $K=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q_1{q}_2}{r_{min}}$.
• Từ đó rút ra khoảng cách tiếp cận: $r_{min}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{(2e)(92e)}{K}$.
• Độ lớn lực đẩy tĩnh điện tại khoảng cách này tính theo định luật Coulomb: $F=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q_1{q}_2}{r_{min}^2}=\frac{K}{r_{min}}$.

(a) Đổi động năng sang joule:

$$K\approx \mathrm{7,658}\times {10}^{-13}\mathrm{J}.$$

. Khoảng cách tiếp cận gần nhất là

$$\begin{array}{rl}{r}_{min}& =\frac{184k_e{e}^2}{K}\\ & \approx 5,54\times {10}^{-14}\mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Độ lớn lực đẩy tĩnh điện tác dụng lên hạt alpha tại thời điểm tiếp cận gần nhất bằng

$$\begin{array}{rl}F& =\frac{K}{r_{min}}\\ & =\frac{\mathrm{7,658}\times {10}^{-13}\mathrm{J}}{\mathrm{5,543}\times {10}^{-14}\mathrm{m}}\\ & \approx 13,8\mathrm{N}.\end{array}$$

Đây là một lực rất lớn tác dụng lên một hạt vi mô đơn lẻ.

Bài tập 39: 19

Một nguyên tử hiđrô đang ở trạng thái có $-1,51\mathrm{eV}$. Theo mẫu Bohr, của electron trong nguyên tử đối với trục đi qua hạt nhân bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: trạng thái dừng của nguyên tử hiđrô là $E=-1,51\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• của nguyên tử hiđrô theo mẫu Bohr: $E_n=-13,60\mathrm{eV}/n^2$. Từ giá trị đã cho, xác định $n$.
• Định đề Bohr về lượng tử hóa : $L=n\hslash =n\frac{h}{2\pi }$.

Xác định $n$:

$$-\frac{13,60\mathrm{eV}}{n^2}=-1,51\mathrm{eV}.$$

Suy ra $n^2\approx \mathrm{9,006}$. Vì $n$ là số nguyên dương, trạng thái tương ứng có

$$n=3.$$

Như vậy electron đang ở quỹ đạo dừng thứ ba ($n=3$). tương ứng của electron là

$$\begin{array}{rl}L& =n\hslash \\ & =3\hslash \\ & =3(\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s})\\ & \approx 3,16\times {10}^{-34}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 39: 20

Một nguyên tử hiđrô ban đầu ở trạng thái cơ bản hấp thụ một , kích thích nguyên tử lên mức $n=3$. Hãy xác định và tần số của photon này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguyên tử hiđrô hấp thụ , chuyển từ trạng thái cơ bản $n_i=1$ lên trạng thái kích thích $n_f=3$.

Hướng đi:

• của bị hấp thụ bằng hiệu năng lượng giữa hai mức dừng: $E_{\mathrm{ph}}=E_3-E_1=13,60\mathrm{eV}(1-\frac{1}{9})$.
• tính theo công thức $\lambda =hc/E_{\mathrm{ph}}$.
• tính theo $f=c/\lambda =E_{\mathrm{ph}}/h$.

của bị hấp thụ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =E_3-E_1\\ & =13,60\mathrm{eV}(1-\frac{1}{9})\\ & =13,60\mathrm{eV}\times \frac{8}{9}\\ & \approx 12,09\mathrm{eV}.\end{array}$$

của bằng

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{\mathrm{12,089}\mathrm{eV}}\\ & \approx 103\mathrm{nm}.\end{array}$$

của là

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{c}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{1,026}\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 2,92\times {10}^{15}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bức xạ này thuộc dải tử ngoại xa (vạch thứ hai trong dãy Lyman).

Bài tập 39: 21

Ion beri bị ion hóa ba lần, ${\mathrm{Be}}^{3+}$ (nguyên tử beri bị mất ba electron), có tính chất rất giống nguyên tử hiđrô ngoại trừ điện tích hạt nhân lớn gấp bốn lần ($Z=4$). (a) trạng thái cơ bản của ${\mathrm{Be}}^{3+}$ bằng bao nhiêu? Giá trị này so với năng lượng trạng thái cơ bản của nguyên tử hiđrô như thế nào? (b) của ${\mathrm{Be}}^{3+}$ bằng bao nhiêu và so với hiđrô ra sao? (c) Đối với nguyên tử hiđrô, của phát ra trong bước chuyển từ $n=2$ về $n=1$ là $122\mathrm{nm}$. Bước sóng của photon phát ra khi ion ${\mathrm{Be}}^{3+}$ thực hiện bước chuyển này bằng bao nhiêu? (d) Với một giá trị $n$ cho trước, bán kính quỹ đạo trong ${\mathrm{Be}}^{3+}$ so với hiđrô như thế nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hệ giống hiđrô với số điện tích hạt nhân $Z=4$. vạch Lyman-alpha của hiđrô là ${\lambda }_{\mathrm{H}}=122\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• của ion giống hiđrô tỉ lệ với $Z^2$: $E_n=-Z^2(13,60\mathrm{eV})/n^2$.
• từ trạng thái cơ bản là $E_{\mathrm{ion}}=|E_1|=Z^2(13,60\mathrm{eV})$.
• Độ chênh giữa hai mức tỉ lệ với $Z^2$, kéo theo tỉ lệ nghịch với $Z^2$: $\lambda ={\lambda }_{\mathrm{H}}/Z^2$.
• Bán kính tỉ lệ nghịch với số điện tích hạt nhân: $r_n=(n^2{a}_0)/Z$.

(a) trạng thái cơ bản của ${\mathrm{Be}}^{3+}$ ($Z=4$, $n=1$) là

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =-Z^2(13,60\mathrm{eV})\\ & =-(4{)}^2(13,60\mathrm{eV})\\ & =-217,6\mathrm{eV}.\end{array}$$

này âm hơn $16$ lần so với mức cơ bản của hiđrô (độ lớn năng lượng liên kết lớn gấp $16$ lần).

(b) là tối thiểu để bứt electron từ mức $n=1$ ra xa vô cực:

$$E_{\mathrm{ion}}=0-E_1=217,6\mathrm{eV}.$$

của ${\mathrm{Be}}^{3+}$ lớn gấp $16$ lần so với năng lượng ion hóa của hiđrô ($13,60\mathrm{eV}$).

(c) Hiệu giữa mức $n=2$ và mức $n=1$ của ${\mathrm{Be}}^{3+}$ lớn gấp $Z^2=16$ lần so với hiđrô: $\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{Be}}=16\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{H}}$. Do đó phát ra tỉ lệ nghịch với $16$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{Be}}& =\frac{{\lambda }_{\mathrm{H}}}{Z^2}\\ & =\frac{122\mathrm{nm}}{16}\\ & \approx 7,63\mathrm{nm}.\end{array}$$

(d) Bán kính quỹ đạo dừng thứ $n$ là $r_n=n^2{a}_0/Z$. Với cùng một giá trị $n$, bán kính quỹ đạo trong ${\mathrm{Be}}^{3+}$ bằng $1/4$ bán kính quỹ đạo tương ứng trong nguyên tử hiđrô vì lực hút tĩnh điện của hạt nhân mạnh gấp bốn lần kéo electron vào gần tâm hơn.

Đặt $A=13,60\mathrm{eV}$ là độ lớn cơ bản, dùng trong lời giải 39.22.

Bài tập 39: 22

Xét mô tả nguyên tử hiđrô. (a) Hãy tính $E_2-E_1$ và $E_{10}-E_9$. Khi $n$ tăng lên, khoảng cách giữa hai mức kề nhau tăng, giảm hay giữ nguyên? (b) Chứng minh rằng khi $n$ rất lớn, hiệu $E_{n+1}-E_n$ tiến dần đến giá trị $(27,2\mathrm{eV})/n^3$. (c) Hiệu bán kính hai quỹ đạo kề nhau $r_{n+1}-r_n$ phụ thuộc vào $n$ như thế nào? Khoảng cách giữa hai quỹ đạo kề nhau tăng, giảm hay giữ nguyên khi $n$ tăng?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét các $E_n=-13,60\mathrm{eV}/n^2$ và bán kính quỹ đạo $r_n=n^2{a}_0$ của nguyên tử hiđrô.

Hướng đi:

• Tính độ chênh trực tiếp cho các cặp mức $(1,2)$ và $(9,10)$ để nhận xét xu hướng.
• Khai triển đại số hiệu $E_{n+1}-E_n$ và lấy xấp xỉ khi $n\gg 1$.
• Tính hiệu bán kính $r_{n+1}-r_n$ và khảo sát sự phụ thuộc theo $n$.

(a) Khoảng cách giữa mức $n=2$ và $n=1$ là

$$\begin{array}{rl}{E}_2-E_1& =A(1-1/4)\\ & =10,20\mathrm{eV}.\end{array}$$

Khoảng cách giữa mức $n=10$ và $n=9$ là

$$\begin{array}{rl}\delta E& =E_{10}-E_9\\ & =\frac{19A}{8100}\\ & \approx \mathrm{0,031}9\mathrm{eV}.\end{array}$$

Khi $n$ tăng lên, khoảng cách giữa hai mức kề nhau giảm mạnh.

(b) Xét hiệu tổng quát giữa hai mức kề nhau:

$$\begin{array}{rl}\delta E_n& =E_{n+1}-E_n\\ & =A[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1{)}^2}]\\ & =\frac{A[(n+1{)}^2-n^2]}{n^2(n+1{)}^2}\\ & =\frac{A(2n+1)}{n^2(n+1{)}^2}.\end{array}$$

Khi $n$ rất lớn ($n\gg 1$), ta có $2n+1\approx 2n$ và $n+1\approx n$, do đó

$$\frac{2n+1}{n^2(n+1{)}^2}\approx \frac{2n}{n^4}=\frac{2}{n^3}.$$

Thay vào biểu thức trên, ta thu được kết quả cần chứng minh:

$$\begin{array}{rl}\delta E_n& \approx \frac{2A}{n^3}\\ & =\frac{27,2\mathrm{eV}}{n^3}.\end{array}$$

(c) Hiệu bán kính giữa hai quỹ đạo kề nhau bằng

$$\begin{array}{rl}\delta r_n& =r_{n+1}-r_n\\ & =a_0[(n+1{)}^2-n^2]\\ & =a_0(2n+1).\end{array}$$

Hiệu bán kính này tỉ lệ thuận với $(2n+1)$. Như vậy, trái ngược với khoảng cách ngày càng san sát nhau, khoảng cách hình học giữa hai quỹ đạo electron kề nhau lại tăng dần tuyến tính khi $n$ tăng.

Bài tập 39: 23

(a) Dùng mẫu Bohr, hãy tính tốc độ của electron trong nguyên tử hiđrô tại các mức $n=1,2$ và $3$. (b) Tính chu kỳ quay trên quỹ đạo tại mỗi mức này. (c) Thời gian sống trung bình của mức kích thích thứ nhất ($n=2$) của nguyên tử hiđrô là $1,0\times {10}^{-8}\mathrm{s}$. Theo mẫu Bohr, electron ở mức $n=2$ thực hiện được bao nhiêu vòng quay trước khi rơi về trạng thái cơ bản?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguyên tử hiđrô theo mẫu Bohr: Khảo sát các mức $n=1,2,3$. Thời gian sống ở mức $n=2$ là $\tau =1,0\times {10}^{-8}\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Tốc độ thỏa mãn điều kiện cân bằng lực hướng tâm Coulomb và lượng tử hóa : $v_n=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0\hslash }\frac{1}{n}=\frac{v_1}{n}$.
• Chu kỳ quay quỹ đạo tính bằng chu vi chia cho tốc độ: $T_n=\frac{2\pi r_n}{v_n}=\frac{2\pi n^2{a}_0}{v_1/n}=n^3{T}_1$.
• Số vòng quay hoàn thành trong thời gian sống $\tau$: $N=\tau /T_2$.

(a) Tốc độ tại trạng thái cơ bản ($n=1$) là

$$\begin{array}{rl}{v}_1& =\frac{k_e{e}^2}{\hslash }\\ & \approx \mathrm{2,188}\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tại các mức kích thích, tốc độ giảm tỉ lệ nghịch với $n$:

$$v_2=\frac{v_1}{2}\approx 1,09\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s},$$

$$v_3=\frac{v_1}{3}\approx 7,29\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(b) Chu kỳ quay tại trạng thái cơ bản bằng

$$\begin{array}{rl}{T}_1& =\frac{2\pi a_0}{v_1}\\ & \approx 1,52\times {10}^{-16}\mathrm{s}.\end{array}$$

Chu kỳ quay tỉ lệ thuận với $n^3$:

$$\begin{array}{rl}{T}_2& =2^3{T}_1\\ & =8(\mathrm{1,520}\times {10}^{-16}\mathrm{s})\\ & \approx 1,22\times {10}^{-15}\mathrm{s},\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{T}_3& =3^3{T}_1\\ & =27(\mathrm{1,520}\times {10}^{-16}\mathrm{s})\\ & \approx 4,10\times {10}^{-15}\mathrm{s}.\end{array}$$

(c) Trong khoảng thời gian sống $\tau =1,0\times {10}^{-8}\mathrm{s}$ ở mức $n=2$, số vòng quay mà electron hoàn thành là

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{\tau }{T_2}\\ & =\frac{1,0\times {10}^{-8}\mathrm{s}}{\mathrm{1,216}\times {10}^{-15}\mathrm{s}}\\ & \approx 8,2\times {10}^6.\end{array}$$

Dù thời gian sống $10\mathrm{ns}$ dường như rất ngắn theo thang vĩ mô, electron đã kịp quay hơn tám triệu vòng quanh hạt nhân.

Bài tập 39: 24

Một electron đang ở trạng thái liên kết của nguyên tử hiđrô, được đặc trưng bởi $n$. Theo mô tả của mẫu Bohr đối với trạng thái này, electron có $p=6,65\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Hãy xác định (a) động năng của electron, (b) của electron, và (c) số lượng tử chính $n$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: tuyến tính của electron là $p=6,65\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Động năng tính từ qua $K=p^2/(2m_e)$.
• Trong mẫu Bohr, động năng liên kết với số lượng tử $n$ qua $K_n=13,60\mathrm{eV}/n^2$. Từ đó suy ra số nguyên $n$.
• quỹ đạo lượng tử hóa theo công thức $L=n\hslash$.

(a) Động năng của electron bằng

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx \mathrm{2,427}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang electronvolt:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{\mathrm{2,427}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{1,515}\mathrm{eV}\\ & \approx 1,51\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) và (c) Trong mẫu Bohr cho nguyên tử hiđrô, động năng ở mức $n$ là $K_n=13,60\mathrm{eV}/n^2$. Ta tìm được :

$$\begin{array}{rl}n& =\sqrt{\frac{13,60\mathrm{eV}}{K}}\\ & =\sqrt{\frac{13,60\mathrm{eV}}{\mathrm{1,515}\mathrm{eV}}}\\ & \approx \mathrm{2,996}\\ & \approx 3.\end{array}$$

là $n=3$. tương ứng của electron là

$$\begin{array}{rl}L& =n\hslash \\ & =3(\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s})\\ & \approx 3,16\times {10}^{-34}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 39: 25

Sơ đồ của nguyên tố giả định một electron tên là Searsium được cho bởi bốn mức: Mức cơ bản $n=1$ có $E_1=-20\mathrm{eV}$, mức $n=2$ có $E_2=-10\mathrm{eV}$, mức $n=3$ có $E_3=-5\mathrm{eV}$, và mức $n=4$ có $E_4=-2\mathrm{eV}$. được chọn bằng không khi electron ở khoảng cách vô cùng.

(a) Cần cung cấp một bằng bao nhiêu electronvolt để ion hóa electron từ trạng thái cơ bản? (b) Một năng lượng $18\mathrm{eV}$ bị hấp thụ bởi nguyên tử Searsium đang ở trạng thái cơ bản. Khi nguyên tử trở về trạng thái cơ bản, các photon phát ra có thể có những năng lượng nào? Giả sử có thể xảy ra chuyển dời giữa mọi cặp mức. (c) Điều gì sẽ xảy ra nếu một photon có năng lượng $8\mathrm{eV}$ va chạm với nguyên tử Searsium đang ở trạng thái cơ bản? Vì sao? (d) Các photon phát ra từ các bước chuyển $n=3\to n=2$ và $n=3\to n=1$ của Searsium đều làm bứt được quang electron khỏi một kim loại chưa biết, nhưng photon phát ra từ bước chuyển $n=4\to n=3$ thì không làm bứt được electron. Hãy xác định giới hạn (giá trị lớn nhất và nhỏ nhất khả dĩ) của công thoát của kim loại này.

Hình E39.25: Bốn mức năng lượng của Searsium. Mốc năng lượng bằng không ứng với electron ở xa hạt nhân vô hạn.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các của Searsium: $E_1=-20\mathrm{eV}$, $E_2=-10\mathrm{eV}$, $E_3=-5\mathrm{eV}$, $E_4=-2\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• là đưa electron từ mức $n=1$ lên $E=0$: $E_{\mathrm{ion}}=0-E_1$.
• Xác định mức kích thích sau khi hấp thụ $18\mathrm{eV}$: $E_f=E_1+18\mathrm{eV}$. Liệt kê tất cả các bước chuyển dời khả dĩ từ mức đó về các mức thấp hơn cho tới trạng thái cơ bản.
• Xét điều kiện hấp thụ: chỉ bị hấp thụ cộng hưởng nếu của nó bằng đúng hiệu giữa một mức kích thích với mức ban đầu, hoặc đủ lớn để ion hóa nguyên tử.
• Điều kiện quang điện: tới $E_{\mathrm{ph}}\ge \mathrm{\Phi }$. Từ dữ kiện phát xạ và không phát xạ, lập bất đẳng thức chặn công thoát $\mathrm{\Phi }$.

(a) cần thiết để ion hóa electron từ trạng thái cơ bản là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ion}}& =0-E_1\\ & =0-(-20\mathrm{eV})\\ & =20\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Khi hấp thụ $18\mathrm{eV}$, năng lượng mới của nguyên tử là

$$\begin{array}{rl}{E}_f& =-20\mathrm{eV}+18\mathrm{eV}\\ & =-2\mathrm{eV}.\end{array}$$

Mức này tương ứng chính xác với mức $n=4$. Trong quá trình chuyển dời trở về trạng thái cơ bản, nguyên tử có thể giải phóng qua các bước chuyển sau:

• Bước chuyển $4\to 3$: $E_{\mathrm{ph}}=-2\mathrm{eV}-(-5\mathrm{eV})=3\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $4\to 2$: $E_{\mathrm{ph}}=-2\mathrm{eV}-(-10\mathrm{eV})=8\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $4\to 1$: $E_{\mathrm{ph}}=-2\mathrm{eV}-(-20\mathrm{eV})=18\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $3\to 2$: $E_{\mathrm{ph}}=-5\mathrm{eV}-(-10\mathrm{eV})=5\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $3\to 1$: $E_{\mathrm{ph}}=-5\mathrm{eV}-(-20\mathrm{eV})=15\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $2\to 1$: $E_{\mathrm{ph}}=-10\mathrm{eV}-(-20\mathrm{eV})=10\mathrm{eV}$.

Như vậy, các giá trị khả dĩ của phát ra là $3\mathrm{eV}$, $5\mathrm{eV}$, $8\mathrm{eV}$, $10\mathrm{eV}$, $15\mathrm{eV}$ và $18\mathrm{eV}$.

(c) Nếu có $8\mathrm{eV}$ chiếu vào nguyên tử ở trạng thái cơ bản ($E_1=-20\mathrm{eV}$): Để được hấp thụ, nguyên tử cần có một mức dừng tại $-20\mathrm{eV}+8\mathrm{eV}=-12\mathrm{eV}$. Tuy nhiên trong sơ đồ mức không tồn tại mức nào tại $-12\mathrm{eV}$. Mặt khác, năng lượng $8\mathrm{eV}$ nhỏ hơn ($20\mathrm{eV}$) nên không thể gây ion hóa. Do đó, photon này hoàn toàn không bị hấp thụ mà sẽ truyền qua nguyên tử mà không bị suy giảm (hoặc chỉ tán xạ đàn hồi).

(d) phát ra từ các bước chuyển liên quan:

• Bước chuyển $3\to 2$: $E_{32}=-5\mathrm{eV}-(-10\mathrm{eV})=5\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $3\to 1$: $E_{31}=-5\mathrm{eV}-(-20\mathrm{eV})=15\mathrm{eV}$.
• Bước chuyển $4\to 3$: $E_{43}=-2\mathrm{eV}-(-5\mathrm{eV})=3\mathrm{eV}$.

Để $5\mathrm{eV}$ gây ra hiệu ứng quang điện thì công thoát phải thỏa mãn $\mathrm{\Phi }\le 5\mathrm{eV}$. Để photon $3\mathrm{eV}$ không gây ra hiệu ứng quang điện thì $\mathrm{\Phi }>3\mathrm{eV}$. Kết hợp hai điều kiện, giới hạn của công thoát kim loại là

$$3\mathrm{eV}<\mathrm{\Phi }\le 5\mathrm{eV}.$$

Bài tập 39: 26

Nguyên tử positronium gồm một positron và một electron. Trong mô hình tựa Bohr, hai hạt này quay tròn quanh khối tâm chung của chúng. (a) Hãy tính của nguyên tử positronium theo khối lượng electron. (b) Xác định bán kính quỹ đạo của electron ở trạng thái cơ bản. (c) Tìm trạng thái cơ bản của nó. (d) phát xạ ánh sáng nhìn thấy dài nhất của nguyên tử hiđrô thông thường trong không khí là $656,3\mathrm{nm}$, ứng với bước chuyển từ $n=3$ về $n=2$. Hãy tính bước sóng cho bước chuyển tương ứng này ở positronium.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hệ gồm electron ($m_e$) và positron ($m_e$), điện tích trái dấu $\pm e$. Vạch ${\mathrm{H}}_{\alpha }$ của hiđrô có ${\lambda }_{\mathrm{H}}=656,3\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Hai hạt có khối lượng bằng nhau chuyển động quanh khối tâm nằm chính giữa. của hệ hai vật bằng $\mu =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$.
• Khoảng cách giữa hai hạt là $R$, lực Coulomb đóng vai trò lực hướng tâm cho chuyển động tương đối khối lượng $\mu$. Bán kính quỹ đạo của mỗi hạt so với khối tâm bằng $r=R/2$.
• của hệ hai vật tỉ lệ thuận với : $E_n=-\frac{\mu e^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^2{n}^2}=\frac{\mu }{m_e}{E}_{n,\mathrm{H}}$.
• Độ chênh tỉ lệ với $\mu$, do đó phát xạ tỉ lệ nghịch với $\mu$.

(a) của nguyên tử positronium là

$$\begin{array}{rl}\mu & =\frac{m_e{m}_e}{m_e+m_e}\\ & =\frac{m_e}{2}\\ & =0,5m_e.\end{array}$$

(b) Xét chuyển động tương đối của electron đối với positron: Phương trình quỹ đạo cho khoảng cách $R$ giữa hai hạt ở trạng thái $n$ tương tự mẫu Bohr nhưng thay $m_e$ bằng $\mu$:

$$\begin{array}{rl}{R}_n& =\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{\mu e^2}{n}^2\\ & =\frac{m_e}{\mu }{a}_0{n}^2\\ & =2a_0{n}^2.\end{array}$$

Vì khối tâm nằm chính giữa khoảng cách nối hai hạt, bán kính quỹ đạo của electron quanh khối tâm ở trạng thái cơ bản ($n=1$) là

$$\begin{array}{rl}{r}_1& =\frac{R_1}{2}\\ & =a_0\\ & \approx \mathrm{0,052}9\mathrm{nm}\\ & =5,29\times {10}^{-11}\mathrm{m}.\end{array}$$

Nếu xét khoảng cách giữa hai hạt, khoảng cách đó bằng $R_1=2a_0\approx \mathrm{0,106}\mathrm{nm}$.

(c) trạng thái cơ bản của positronium tỉ lệ với :

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =\frac{\mu }{m_e}{E}_{1,\mathrm{H}}\\ & =\frac{1}{2}(-13,60\mathrm{eV})\\ & =-6,80\mathrm{eV}.\end{array}$$

(d) của bước chuyển từ $n=3$ về $n=2$ trong positronium bằng đúng một nửa năng lượng bước chuyển tương ứng trong nguyên tử hiđrô:

$$\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{pos}}=\frac{1}{2}\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{H}}.$$

Vì tỉ lệ nghịch với phát ra, bước sóng phát xạ của positronium dài gấp đôi bước sóng của hiđrô:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{pos}}& =2{\lambda }_{\mathrm{H}}\\ & =2(656,3\mathrm{nm})\\ & \approx 1313\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{1,313}\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Bức xạ này đã dịch chuyển từ vùng nhìn thấy sang vùng hồng ngoại.

Bài tập 39: 27

Trong một loạt thí nghiệm trên một nguyên tử một electron giả định, người ta đo được của các phát ra từ các bước chuyển kết thúc tại trạng thái cơ bản ($n=1$), tương ứng với các giá trị: Từ $n=2$ phát ra $94,54\mathrm{nm}$, từ $n=3$ phát ra $79,76\mathrm{nm}$, từ $n=4$ phát ra $75,63\mathrm{nm}$, và từ $n=5$ phát ra $73,86\mathrm{nm}$. Người ta cũng quan sát thấy rằng cần cung cấp $17,50\mathrm{eV}$ để ion hóa nguyên tử này. (a) của nguyên tử ở mỗi mức ($n=1,2,3,4,5$) bằng bao nhiêu? (b) Nếu một electron chuyển từ mức $n=4$ xuống mức $n=2$, nguyên tử sẽ phát ra ánh sáng có bước sóng bằng bao nhiêu?

Hình E39.27: Các chuyển dời phát photon từ những mức kích thích về mức cơ bản. Bước sóng ghi cạnh mỗi mũi tên.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $E_{\mathrm{ion}}=17,50\mathrm{eV}$. chuyển về $n=1$: ${\lambda }_{21}=94,54\mathrm{nm}$, ${\lambda }_{31}=79,76\mathrm{nm}$, ${\lambda }_{41}=75,63\mathrm{nm}$, ${\lambda }_{51}=73,86\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Chọn mốc bằng không tại vô cùng, năng lượng trạng thái cơ bản là $E_1=-E_{\mathrm{ion}}=-17,50\mathrm{eV}$.
• của mỗi mức kích thích xác định qua năng lượng phát ra khi về mức cơ bản: $E_n=E_1+\mathrm{\Delta }{E}_{n1}=E_1+\frac{hc}{{\lambda }_{n1}}$.
• Khi electron chuyển từ mức $n=4$ xuống mức $n=2$, phát ra là $\mathrm{\Delta }{E}_{42}=E_4-E_2$, từ đó tính ${\lambda }_{42}=hc/\mathrm{\Delta }{E}_{42}$.

(a) trạng thái cơ bản là $E_1=-17,50\mathrm{eV}$. Năng lượng phát ra ở các bước chuyển về mức cơ bản:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{21}& =\frac{hc}{{\lambda }_{21}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{94,54\mathrm{nm}}\\ & \approx 13,11\mathrm{eV},\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{31}& =\frac{hc}{{\lambda }_{31}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{79,76\mathrm{nm}}\\ & \approx 15,54\mathrm{eV},\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{41}& =\frac{hc}{{\lambda }_{41}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{75,63\mathrm{nm}}\\ & \approx 16,39\mathrm{eV},\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{51}& =\frac{hc}{{\lambda }_{51}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{73,86\mathrm{nm}}\\ & \approx 16,79\mathrm{eV}.\end{array}$$

Từ đó ta tính được của các mức dừng:

• Mức $n=1$: $E_1=-17,50\mathrm{eV}$.
• Mức $n=2$:

$$\begin{array}{rl}{E}_2& =-17,50\mathrm{eV}+13,11\mathrm{eV}\\ & =-4,39\mathrm{eV}\end{array}$$

.

• Mức $n=3$:

$$\begin{array}{rl}{E}_3& =-17,50\mathrm{eV}+15,54\mathrm{eV}\\ & =-1,96\mathrm{eV}\end{array}$$

.

• Mức $n=4$:

$$\begin{array}{rl}{E}_4& =-17,50\mathrm{eV}+16,39\mathrm{eV}\\ & =-1,11\mathrm{eV}\end{array}$$

.

• Mức $n=5$:

$$\begin{array}{rl}{E}_5& =-17,50\mathrm{eV}+16,79\mathrm{eV}\\ & =-0,71\mathrm{eV}\end{array}$$

.

(b) Độ chênh khi electron chuyển từ $n=4$ xuống $n=2$ là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{42}& =E_4-E_2\\ & \approx 3,28\mathrm{eV}.\end{array}$$

của phát ra bằng

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{42}& =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_{42}}\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{3,28\mathrm{eV}}\\ & \approx 378\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm ở ranh giới giữa vùng tử ngoại gần và tím nhìn thấy.

Bài tập 39: 28

Hãy tìm dài nhất và ngắn nhất trong các dãy Lyman và Paschen của nguyên tử hiđrô. Mỗi dãy phổ này nằm trong vùng nào của phổ sóng điện từ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dãy Lyman có mức thấp nhất $n_f=1$, dãy Paschen có mức thấp nhất $n_f=3$.

Hướng đi:

• phát xạ tuân theo công thức tổng quát: $\frac{1}{\lambda }=R_{\mathrm{H}}(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2})$.
• dài nhất (${\lambda }_{max}$) ứng với bước chuyển từ mức kề trên $n_i=n_f+1$ (độ chênh nhỏ nhất).
• ngắn nhất (${\lambda }_{min}$, giới hạn dãy) ứng với bước chuyển từ mức vô cực $n_i\to \mathrm{\infty }$ (độ chênh lớn nhất).

Đối với dãy Lyman ($n_f=1$):

• dài nhất (vạch Lyman-alpha, $n_i=2$):

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{max}}& =R_{\mathrm{H}}(1-\frac{1}{4})\\ & =\frac{3}{4}{R}_{\mathrm{H}}\\ & ⟹{\lambda }_{max}=\frac{4}{3R_{\mathrm{H}}}\\ & \approx 122\mathrm{nm}.\end{array}$$

• ngắn nhất (giới hạn dãy, $n_i\to \mathrm{\infty }$):

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{min}}& =R_{\mathrm{H}}(1-0)\\ & =R_{\mathrm{H}}\\ & ⟹{\lambda }_{min}=\frac{1}{R_{\mathrm{H}}}\\ & \approx 91,2\mathrm{nm}.\end{array}$$

Toàn bộ dãy Lyman nằm trong vùng tử ngoại.

Đối với dãy Paschen ($n_f=3$):

• dài nhất (vạch Paschen-alpha, $n_i=4$):

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{max}}& =R_{\mathrm{H}}(\frac{1}{9}-\frac{1}{16})\\ & =\frac{7}{144}{R}_{\mathrm{H}}\\ & ⟹{\lambda }_{max}=\frac{144}{7R_{\mathrm{H}}}\\ & \approx 1875\mathrm{nm}\\ & =1,88\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

• ngắn nhất (giới hạn dãy, $n_i\to \mathrm{\infty }$):

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{min}}& =R_{\mathrm{H}}(\frac{1}{9}-0)\\ & =\frac{R_{\mathrm{H}}}{9}\\ & ⟹{\lambda }_{min}=\frac{9}{R_{\mathrm{H}}}\\ & \approx 821\mathrm{nm}.\end{array}$$

Toàn bộ dãy Paschen nằm trong vùng hồng ngoại.

Bài tập 39: 29

(a) Một nguyên tử ban đầu ở $E=-6,52\mathrm{eV}$ hấp thụ một có $860\mathrm{nm}$. bên trong của nguyên tử sau khi hấp thụ photon bằng bao nhiêu? (b) Một nguyên tử ban đầu ở mức năng lượng $E=-2,68\mathrm{eV}$ phát ra một photon có bước sóng $420\mathrm{nm}$. Năng lượng bên trong của nguyên tử sau khi phát xạ photon bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) $E_i=-6,52\mathrm{eV}$, hấp thụ $\lambda =860\mathrm{nm}$. (b) $E_i=-2,68\mathrm{eV}$, phát xạ $\lambda =420\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Tính của trao đổi: $E_{\mathrm{ph}}=hc/\lambda$.
• Khi hấp thụ , của nguyên tử tăng thêm: $E_f=E_i+E_{\mathrm{ph}}$.
• Khi phát ra , nguyên tử mất bớt : $E_f=E_i-E_{\mathrm{ph}}$.

(a) của được hấp thụ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{860\mathrm{nm}}\\ & \approx 1,44\mathrm{eV}.\end{array}$$

của nguyên tử sau khi hấp thụ bằng

$$\begin{array}{rl}{E}_f& =-6,52\mathrm{eV}+1,44\mathrm{eV}\\ & =-5,08\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) của được phát ra là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{420\mathrm{nm}}\\ & \approx 2,95\mathrm{eV}.\end{array}$$

của nguyên tử sau khi phát xạ bằng

$$\begin{array}{rl}{E}_f& =-2,68\mathrm{eV}-2,95\mathrm{eV}\\ & =-5,63\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bài tập 39: 30

Sử dụng công thức Balmer để tính (a) , (b) tần số, và (c) cho vạch ${\mathrm{H}}_{\gamma }$ trong dãy Balmer của nguyên tử hiđrô.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vạch ${\mathrm{H}}_{\gamma }$ trong dãy Balmer ứng với bước chuyển từ $n=5$ xuống $n=2$.

Hướng đi:

• Dãy Balmer kết thúc ở $n=2$. Các vạch liên tiếp gồm: ${\mathrm{H}}_{\alpha }$ ($3\to 2$), ${\mathrm{H}}_{\beta }$ ($4\to 2$), ${\mathrm{H}}_{\gamma }$ ($5\to 2$).
• Áp dụng công thức Balmer–Rydberg: $\frac{1}{\lambda }=R_{\mathrm{H}}(\frac{1}{4}-\frac{1}{n^2})$ với $n=5$.
• tính qua $f=c/\lambda$, và photon tính qua $E=hf$.

(a) Với vạch ${\mathrm{H}}_{\gamma }$, số lượng tử ban đầu là $n=5$. Theo công thức Balmer:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\lambda }& =R_{\mathrm{H}}(1/4-1/25)\\ & =\frac{21R_{\mathrm{H}}}{100}\\ & \approx \mathrm{2,305}\times {10}^6{\mathrm{m}}^{-1}.\end{array}$$

của vạch ${\mathrm{H}}_{\gamma }$ là

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{1}{\mathrm{2,304}5\times {10}^6{\mathrm{m}}^{-1}}\\ & \approx 4,34\times {10}^{-7}\mathrm{m}\\ & =434\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vạch này có màu chàm-tím trong quang phổ nhìn thấy của hiđrô.

(b) của là

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{c}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{4,339}\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 6,91\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

(c) của bằng

$$\begin{array}{rl}E& =hf\\ & \approx 4,58\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang electronvolt:

$$\begin{array}{rl}E& =\frac{\mathrm{4,578}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,86\mathrm{eV}.\end{array}$$

Ta cũng có thể kiểm tra trực tiếp qua hiệu hai :

$$\begin{array}{rl}E& =13,60\mathrm{eV}(\frac{1}{4}-\frac{1}{25})\\ & =13,60\times \frac{21}{100}\\ & =\mathrm{2,856}\mathrm{eV}\end{array}$$

.

Bài tập 39.31–39.45

Nhóm bài tập này khảo sát ứng dụng thực tế của laser, nhiệt độ cao theo định luật Stefan–Boltzmann, , phân bố Planck và nguyên lý bất định Heisenberg đối với tọa độ và .

Các hằng số cơ bản được sử dụng: $h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$, $\hslash =\mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$, $c=\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$, $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$, $m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, hằng số Boltzmann $k_{\mathrm{B}}=\mathrm{1,381}\times {10}^{-23}\mathrm{J}/\mathrm{K}$, hằng số Stefan–Boltzmann $\sigma =\mathrm{5,670}4\times {10}^{-8}\mathrm{W}/({\mathrm{m}}^2{\mathrm{K}}^4)$, hằng số dịch chuyển Wien $b=\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}$, bán kính Mặt Trời $R_{\odot }=6,96\times {10}^8\mathrm{m}$, và $hc\approx 1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}$.

Bài tập 39: 31

Phẫu thuật bằng laser. Sử dụng hỗn hợp khí ${\mathrm{CO}}_2$, ${\mathrm{N}}_2$ và đôi khi cả $\mathrm{He}$, laser ${\mathrm{CO}}_2$ phát ra ánh sáng có $10,6\mu \mathrm{m}$. Với công suất phát xạ $\mathrm{0,100}\mathrm{kW}$, loại laser này thường được dùng làm dao mổ phẫu thuật. Trong quá trình phẫu thuật, laser ${\mathrm{CO}}_2$ truyền bao nhiêu mỗi giây vào mô cơ thể?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: laser $\lambda =10,6\mu \mathrm{m}=1,06\times {10}^{-5}\mathrm{m}$, công suất phát xạ $P=\mathrm{0,100}\mathrm{kW}=100\mathrm{W}$.

Hướng đi:

• của mỗi trong chùm laser tính theo công thức $E_{\mathrm{ph}}=hc/\lambda$.
• Chùm laser công suất $P$ truyền $P$ trong mỗi giây. Số phát ra trong một giây bằng công suất chia cho năng lượng của một photon: $\dot{N}=P/E_{\mathrm{ph}}$.

của một ánh sáng hồng ngoại từ laser ${\mathrm{CO}}_2$ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \mathrm{0,117}0\mathrm{eV}\\ & \approx \mathrm{1,874}\times {10}^{-20}\mathrm{J}.\end{array}$$

Giá trị này tương đương với $\mathrm{0,117}\mathrm{eV}$. Số truyền vào mô cơ thể trong mỗi giây bằng

$$\begin{array}{rl}\dot{N}& =\frac{P}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & =\frac{100\mathrm{W}}{\mathrm{1,874}\times {10}^{-20}\mathrm{J}}\\ & \approx 5,34\times {10}^{21}{\mathrm{s}}^{-1}.\end{array}$$

Bài tập 39: 32

Tẩy vết chàm bớt. Laser xung phẩm màu phát ra ánh sáng $585\mathrm{nm}$ thành từng xung kéo dài $0,45\mathrm{ms}$ để loại bỏ các khuyết tật da như vết chàm bớt. Chùm tia thường được hội tụ vào một đốm tròn đường kính $5,0\mathrm{mm}$. Giả sử công suất phát xạ trong mỗi xung của một laser như vậy là $20,0\mathrm{W}$. (a) của mỗi bằng bao nhiêu electronvolt? (b) Có bao nhiêu photon trên mỗi milimét vuông được truyền vào vết bớt trong mỗi xung?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\lambda =585\mathrm{nm}$, độ rộng xung $\mathrm{\Delta }t=0,45\mathrm{ms}=4,5\times {10}^{-4}\mathrm{s}$, đường kính đốm sáng $D=5,0\mathrm{mm}$, công suất trong xung $P=20,0\mathrm{W}$.

Hướng đi:

• tính theo $E_{\mathrm{ph}}=hc/\lambda$.
• truyền trong một xung bằng tích công suất với thời gian xung: $E_{\mathrm{pulse}}=P\mathrm{\Delta }t$.
• Tổng số trong một xung là $N=E_{\mathrm{pulse}}/E_{\mathrm{ph}}$.
• Diện tích đốm tròn $A=\pi (D/2{)}^2$. Mật độ trên đơn vị diện tích bằng $N/A$.

(a) của mỗi ánh sáng vàng này bằng

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{585\mathrm{nm}}\\ & \approx 2,12\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) truyền vào da trong một xung là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{pulse}}& =P\mathrm{\Delta }t\\ & =9,00\times {10}^{-3}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang joule:

$$E_{\mathrm{ph}}\approx \mathrm{3,395}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.$$

. Số trong mỗi xung là

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{E_{\mathrm{pulse}}}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & =\frac{9,00\times {10}^{-3}\mathrm{J}}{\mathrm{3,395}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}\\ & \approx \mathrm{2,651}\times {10}^{16}.\end{array}$$

Diện tích đốm chiếu tròn đường kính $D=5,0\mathrm{mm}$ (bán kính $R=2,5\mathrm{mm}$) là

$$\begin{array}{rl}A& =\pi R^2\\ & =\pi (2,5\mathrm{mm}{)}^2\\ & \approx 19,63{\mathrm{mm}}^2.\end{array}$$

Mật độ truyền vào vết bớt trên mỗi milimét vuông trong mỗi xung bằng

$$\begin{array}{rl}\frac{N}{A}& =\frac{\mathrm{2,651}\times {10}^{16}}{19,63{\mathrm{mm}}^2}\\ & \approx 1,35\times {10}^{15}{\mathrm{mm}}^{-2}.\end{array}$$

Bài tập 39: 33

Có bao nhiêu được phát ra mỗi giây bởi một laser ${\mathrm{CO}}_2$ công suất $7,50\mathrm{mW}$ có $10,6\mu \mathrm{m}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Laser ${\mathrm{CO}}_2$ có công suất $P=7,50\mathrm{mW}=7,50\times {10}^{-3}\mathrm{W}$, $\lambda =10,6\mu \mathrm{m}=1,06\times {10}^{-5}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• của một : $E_{\mathrm{ph}}=hc/\lambda$.
• Số phát ra trong mỗi giây bằng tỉ số giữa công suất toàn phần và một photon: $\dot{N}=P/E_{\mathrm{ph}}$.

của một có $10,6\mu \mathrm{m}$ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \mathrm{0,117}0\mathrm{eV}\\ & \approx \mathrm{1,874}\times {10}^{-20}\mathrm{J}.\end{array}$$

Tốc độ phát của laser là

$$\begin{array}{rl}\dot{N}& =\frac{P}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & =\frac{7,50\times {10}^{-3}\mathrm{W}}{\mathrm{1,874}\times {10}^{-20}\mathrm{J}}\\ & \approx 4,00\times {10}^{17}{\mathrm{s}}^{-1}.\end{array}$$

Bài tập 39: 34

Phẫu thuật PRK. Phẫu thuật cắt gọt giác mạc khúc xạ (PRK) là một thủ thuật ngoại khoa dùng laser để chỉnh tật cận thị và viễn thị bằng cách bào mòn một phần giác mạc nhằm thay đổi độ cong và tiêu cự của mắt. Thủ thuật này có thể bóc đi các lớp mỏng dày $0,25\mu \mathrm{m}$ bằng các xung laser kéo dài $12,0\mathrm{ns}$ từ chùm tia có $193\mathrm{nm}$. Người ta có thể dùng chùm laser cường độ thấp vì mỗi đơn lẻ đã có đủ để bẻ gãy các liên kết cộng hóa trị của mô tế bào.

(a) Ánh sáng này nằm trong vùng nào của phổ sóng điện từ? (b) của một đơn lẻ bằng bao nhiêu joule và electronvolt? (c) Nếu dùng chùm tia có công suất $1,50\mathrm{mW}$, có bao nhiêu photon được truyền vào giác mạc trong mỗi xung?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: laser $\lambda =193\mathrm{nm}$, thời gian xung $\mathrm{\Delta }t=12,0\mathrm{ns}=1,20\times {10}^{-8}\mathrm{s}$, công suất chùm tia $P=1,50\mathrm{mW}=1,50\times {10}^{-3}\mathrm{W}$.

Hướng đi:

• So sánh $193\mathrm{nm}$ với thang sóng điện từ để xác định vùng phổ.
• của một tính theo $E_{\mathrm{ph}}=hc/\lambda$ (theo joule và electronvolt).
• trong một xung là $E_{\mathrm{pulse}}=P\mathrm{\Delta }t$. Số trong mỗi xung là $N=E_{\mathrm{pulse}}/E_{\mathrm{ph}}$.

(a) $193\mathrm{nm}$ ngắn hơn ranh giới tím của ánh sáng nhìn thấy ($380\mathrm{nm}$), thuộc vùng tử ngoại (cụ thể là tử ngoại xa hay tử ngoại chân không).

(b) của một đơn lẻ bằng

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx 6,42\mathrm{eV}\\ & \approx 1,03\times {10}^{-18}\mathrm{J}.\end{array}$$

Biểu diễn theo electronvolt:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{ph}}& =\frac{hc}{\lambda }\\ & \approx \frac{1239,84\mathrm{eV}\mathrm{nm}}{193\mathrm{nm}}\\ & \approx 6,42\mathrm{eV}.\end{array}$$

$6,42\mathrm{eV}$ vượt qua năng lượng liên kết cộng hóa trị điển hình (khoảng $3$ đến $5\mathrm{eV}$), cho phép bẻ gãy trực tiếp liên kết phân tử của mô mà không gây tổn thương nhiệt lan tỏa.

(c) laser truyền trong mỗi xung kéo dài $12,0\mathrm{ns}$ là

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{pulse}}& =P\mathrm{\Delta }t\\ & =1,80\times {10}^{-11}\mathrm{J}.\end{array}$$

Số truyền vào giác mạc trong mỗi xung bằng

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{E_{\mathrm{pulse}}}{E_{\mathrm{ph}}}\\ & =\frac{1,80\times {10}^{-11}\mathrm{J}}{\mathrm{1,029}\times {10}^{-18}\mathrm{J}}\\ & \approx 1,75\times {10}^7.\end{array}$$

Bài tập 39: 35

Hai mức kích thích thấp nhất của nguyên tử natri nằm ở các trạng thái cấu trúc tinh tế ký hiệu là ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ và ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$. Khi chuyển về trạng thái cơ bản $3s$, chúng phát ra hai vạch kép màu vàng tương ứng có $589,0\mathrm{nm}$ và $589,6\mathrm{nm}$. Hãy tìm tỉ số giữa số nguyên tử ở trạng thái ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ và số nguyên tử ở trạng thái ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$ đối với một khối khí natri ở trạng thái cân bằng nhiệt tại $500\mathrm{K}$. Trạng thái nào có nhiều nguyên tử hơn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai mức phát ra ${\lambda }_1=589,0\mathrm{nm}$ (${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$) và ${\lambda }_2=589,6\mathrm{nm}$ (${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$). Nhiệt độ khối khí $T=500\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• Tính độ chênh $\mathrm{\Delta }E$ giữa hai mức kích thích dựa trên phát xạ: $\mathrm{\Delta }E=hc(\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_2})$.
• Phân bố Maxwell–Boltzmann: Tỉ số mật độ giữa hai trạng thái lượng tử đơn lẻ phụ thuộc vào thừa số Boltzmann $e^{-\mathrm{\Delta }E/(k_{\mathrm{B}}T)}$.
• Nếu xét tỉ số tổng số nguyên tử trong cả mức (multiplet), cần tính đến trọng số thống kê suy biến $g=2J+1$: Trạng thái $J=3/2$ có $g_1=4$, trạng thái $J=1/2$ có $g_2=2$. Lời giải trình bày cả hai góc nhìn để làm rõ bản chất vật lý.

Độ chênh giữa hai mức tinh tế ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ và ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$ là

$$\mathrm{\Delta }E=hc(\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_2}).$$

Với hai đã cho, hiệu nghịch đảo bước sóng xấp xỉ $\mathrm{1,728}\times {10}^{-6}{\mathrm{nm}}^{-1}$. Nhân với $hc$ cho

$$\mathrm{\Delta }E\approx \mathrm{0,002}13\mathrm{eV}.$$

nhiệt tại $T=500\mathrm{K}$ bằng

$$\begin{array}{rl}{k}_{\mathrm{B}}T& \approx \mathrm{6,905}\times {10}^{-21}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,043}1\mathrm{eV}.\end{array}$$

Vì độ chênh $\mathrm{\Delta }E\approx \mathrm{0,002}13\mathrm{eV}$ nhỏ hơn nhiều so với năng lượng nhiệt $k_{\mathrm{B}}T\approx \mathrm{0,043}1\mathrm{eV}$ ($\mathrm{\Delta }E/(k_{\mathrm{B}}T)\approx \mathrm{0,049}4$), thừa số Boltzmann bằng

$$\begin{array}{rl}{e}^{-\mathrm{\Delta }E/(k_{\mathrm{B}}T)}& =e^{-\mathrm{0,049}4}\\ & \approx \mathrm{0,952.}\end{array}$$

• Xét giữa một vi trạng thái đơn lẻ bất kỳ của ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ so với một vi trạng thái đơn lẻ của ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$: Tỉ số số nguyên tử là $\mathrm{0,952}$. Do mức ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ có cao hơn một chút, mỗi trạng thái lượng tử đơn lẻ của ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$ sẽ chứa nhiều nguyên tử hơn.
• Xét trên toàn bộ (bao gồm độ suy biến theo số lượng tử từ $m_J$): Mức ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ có độ suy biến $g_1=2(3/2)+1=4$, trong khi mức ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$ có độ suy biến $g_2=2(1/2)+1=2$. Tỉ số tổng số nguyên tử trong toàn bộ mức bằng

$$\begin{array}{rl}\frac{N{(}^2{\mathrm{P}}_{3/2})}{N{(}^2{\mathrm{P}}_{1/2})}& =\frac{g_1}{g_2}{e}^{-\mathrm{\Delta }E/(k_{\mathrm{B}}T)}\\ & =\frac{4}{2}(\mathrm{0,952})\\ & \approx 1,90.\end{array}$$

Như vậy, nếu xét trên một vi trạng thái cụ thể, trạng thái thấp hơn ${}^2{\mathrm{P}}_{1/2}$ có mật độ lớn hơn ($\mathrm{0,952}$).

Nếu xét tổng số nguyên tử phân bố trong cả phân nhóm mức, mức ${}^2{\mathrm{P}}_{3/2}$ chiếm nhiều nguyên tử hơn (gấp khoảng $1,90$ lần) nhờ có số trạng thái lượng tử khả dĩ nhiều gấp đôi.

Bài tập 39: 36

Nhiệt độ của một tuyệt đối được thay đổi sao cho cường độ bức xạ toàn phần $I$ từ vật đen tăng lên $16$ lần. cực đại ${\lambda }_{\mathrm{m}}$ thay đổi theo một thừa số bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cường độ phát xạ tăng $I_2/I_1=16$.

Hướng đi:

• Cường độ bức xạ toàn phần tuân theo định luật Stefan–Boltzmann: $I=\sigma T^4⟹I\propto T^4$.
• phát xạ mạnh nhất tuân theo : ${\lambda }_{\mathrm{m}}T=b⟹{\lambda }_{\mathrm{m}}\propto 1/T$.
• Kết hợp hai tỉ lệ để tìm thừa số biến thiên của ${\lambda }_{\mathrm{m}}$.

Theo định luật Stefan–Boltzmann, cường độ phát xạ tỉ lệ với lũy thừa bậc bốn của :

$$\begin{array}{rl}\frac{I_2}{I_1}& ={\left(\frac{T_2}{T_1}\right)}^4\\ & =16\\ & ⟹\frac{T_2}{T_1}={16}^{1/4}\\ & =2.\end{array}$$

Như vậy của đã tăng gấp đôi ($2$ lần). Theo , phát xạ đỉnh tỉ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối:

$$\frac{{\lambda }_{\mathrm{m}2}}{{\lambda }_{\mathrm{m}1}}=\frac{T_1}{T_2}=\frac{1}{2}=0,5.$$

cực đại ${\lambda }_{\mathrm{m}}$ giảm đi một nửa, tức thay đổi theo thừa số $1/2$ (hay $0,5$).

Bài tập 39: 37

Một bóng đèn dây tóc nóng sáng $100\mathrm{W}$ có dây tóc vonfram hình trụ dài $30,0\mathrm{cm}$, đường kính $0,40\mathrm{mm}$ và hệ số phát xạ bằng $0,26$. (a) Nhiệt độ của dây tóc bằng bao nhiêu? (b) Độ phát xạ phổ của bóng đèn đạt cực đại tại nào? (c) Bóng đèn dây tóc nóng sáng không phải là nguồn sáng nhìn thấy hiệu quả. Hãy giải thích vì sao.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Công suất bức xạ $P=100\mathrm{W}$, chiều dài dây tóc $L=30,0\mathrm{cm}=\mathrm{0,300}\mathrm{m}$, đường kính $D=0,40\mathrm{mm}=4,0\times {10}^{-4}\mathrm{m}$, hệ số phát xạ $e=0,26$.

Hướng đi:

• Dây tóc phát xạ từ diện tích xung quanh hình trụ: $A=\pi DL$.
• Công suất phát xạ nhiệt tuân theo định luật Stefan–Boltzmann cho vật thực: $P=e\sigma A{T}^4$. Từ đó tính nhiệt độ $T=[P/(e\sigma A){]}^{1/4}$.
• đỉnh phát xạ tính theo : ${\lambda }_{\mathrm{m}}=b/T$.
• Đánh giá hiệu suất phát sáng bằng cách so sánh vị trí đỉnh phổ với dải sóng ánh sáng nhìn thấy ($380–750\mathrm{nm}$).

(a) Diện tích bề mặt phát xạ của dây tóc vonfram là

$$\begin{array}{rl}A& =\pi DL\\ & \approx \mathrm{3,770}\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Theo định luật Stefan–Boltzmann:

$$\begin{array}{rl}P& =e\sigma A{T}^4\\ & ⟹T={\left(\frac{P}{e\sigma A}\right)}^{1/4}.\end{array}$$

Thay các giá trị số vào biểu thức:

$$\begin{array}{rl}T& ={\left(\frac{P}{e\sigma A}\right)}^{1/4}\\ & \approx 2060\mathrm{K}.\end{array}$$

(b) mà tại đó độ phát xạ phổ đạt cực đại là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{b}{T}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{2060\mathrm{K}}\\ & \approx 1,41\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =1410\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) Giải thích về hiệu suất phát sáng: Đỉnh phát xạ của bóng đèn nằm tại $1410\mathrm{nm}$, hoàn toàn thuộc dải hồng ngoại. Toàn bộ đường cong Planck tại nhiệt độ $2060\mathrm{K}$ có phần lớn diện tích nằm ở vùng bước sóng hồng ngoại (nhiệt). Chỉ một tỉ lệ nhỏ (thường dưới $5\mathrm{\%}$) tổng bức xạ rơi vào dải bước sóng nhìn thấy ($380–750\mathrm{nm}$). Phần lớn điện năng cung cấp bị chuyển thành nhiệt năng thất thoát vô ích, khiến bóng đèn dây tóc có hiệu suất chuyển hóa quang năng rất thấp.

Bài tập 39: 38

Hãy xác định tại đỉnh của phân bố Planck ${\lambda }_{\mathrm{m}}$ và tần số tương ứng $f$ tại các nhiệt độ sau: (a) $3,00\mathrm{K}$, (b) $300\mathrm{K}$, và (c) $3000\mathrm{K}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát đỉnh phổ tại các nhiệt độ $T=3,00\mathrm{K}$, $300\mathrm{K}$, $3000\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• cực đại tính theo : ${\lambda }_{\mathrm{m}}=b/T$, với $b\approx \mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}$.
• tương ứng liên hệ qua tốc độ ánh sáng: $f=c/{\lambda }_{\mathrm{m}}$.

(a) Tại nhiệt độ cực thấp $T=3,00\mathrm{K}$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{3,00\mathrm{K}}\\ & =9,66\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,966}\mathrm{mm}.\end{array}$$

tương ứng là

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{c}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & =\frac{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{9,66\times {10}^{-4}\mathrm{m}}\\ & \approx 3,10\times {10}^{11}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm trong dải vi sóng (sóng milimét).

(b) Tại nhiệt độ phòng $T=300\mathrm{K}$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{300\mathrm{K}}\\ & =9,66\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =9,66\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

tương ứng là

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{c}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & =\frac{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{9,66\times {10}^{-6}\mathrm{m}}\\ & \approx 3,10\times {10}^{13}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm trong dải hồng ngoại nhiệt.

(c) Tại nhiệt độ nóng sáng $T=3000\mathrm{K}$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{3000\mathrm{K}}\\ & =9,66\times {10}^{-7}\mathrm{m}\\ & =966\mathrm{nm}.\end{array}$$

tương ứng là

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{c}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & =\frac{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{9,66\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 3,10\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm ở dải hồng ngoại gần, sát ranh giới ánh sáng đỏ.

Bài tập 39: 39

Bức xạ vũ trụ đo được từ không gian sâu có đặc trưng của một vật bức xạ lý tưởng ở nhiệt độ $T=\mathrm{2,728}\mathrm{K}$ (đây là bức xạ tàn dư từ vụ nổ Big Bang ở thuở sơ khai của vũ trụ). Tại nhiệt độ này, phân bố Planck đạt cực đại ở nào? Bước sóng đó thuộc vùng nào của phổ sóng điện từ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhiệt độ bức xạ nền vũ trụ $T=\mathrm{2,728}\mathrm{K}$.

Hướng đi:

• Áp dụng : ${\lambda }_{\mathrm{m}}=b/T$.
• Xác định vị trí của trên thang sóng điện từ.

Theo , có mật độ thông lượng phát xạ lớn nhất là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{b}{T}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{\mathrm{2,728}\mathrm{K}}\\ & \approx \mathrm{1,062}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{1,062}\mathrm{mm}.\end{array}$$

khoảng $1,06\mathrm{mm}$ nằm trong vùng vi sóng (sát ranh giới giữa sóng milimét và hồng ngoại xa), chính là bức xạ phông vi sóng vũ trụ (CMB).

Bài tập 39: 40

$10,0\mu \mathrm{m}$ nằm trong vùng hồng ngoại của phổ sóng điện từ, trong khi $600\mathrm{nm}$ nằm trong vùng nhìn thấy và $100\mathrm{nm}$ nằm trong vùng tử ngoại. Nhiệt độ của một lý tưởng có bước sóng cực đại ${\lambda }_{\mathrm{m}}$ bằng mỗi giá trị trên là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho các phát xạ đỉnh: (a) ${\lambda }_{\mathrm{m}}=10,0\mu \mathrm{m}$, (b) ${\lambda }_{\mathrm{m}}=600\mathrm{nm}$, (c) ${\lambda }_{\mathrm{m}}=100\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Từ ${\lambda }_{\mathrm{m}}T=b$, suy ra nhiệt độ tương ứng $T=b/{\lambda }_{\mathrm{m}}$.

(a) Với ${\lambda }_{\mathrm{m}}=10,0\mu \mathrm{m}=1,00\times {10}^{-5}\mathrm{m}$ (vùng hồng ngoại):

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{b}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{1,00\times {10}^{-5}\mathrm{m}}\\ & \approx 290\mathrm{K}.\end{array}$$

Nhiệt độ này xấp xỉ nhiệt độ môi trường sống hàng ngày trên Trái Đất (${17}^{\circ }\mathrm{C}$).

(b) Với ${\lambda }_{\mathrm{m}}=600\mathrm{nm}=6,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}$ (vùng nhìn thấy, ánh sáng vàng-cam):

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{b}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{6,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 4830\mathrm{K}.\end{array}$$

Nhiệt độ này tương đương nhiệt độ bề mặt của các ngôi sao nhóm phổ trung bình.

(c) Với ${\lambda }_{\mathrm{m}}=100\mathrm{nm}=1,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}$ (vùng tử ngoại):

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{b}{{\lambda }_{\mathrm{m}}}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{1,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 2,90\times {10}^4\mathrm{K}\\ & =29000\mathrm{K}.\end{array}$$

Nhiệt độ này đặc trưng cho bề mặt các ngôi sao xanh rất nóng hoặc plasma cao.

Bài tập 39: 41

Hai ngôi sao, đều phát xạ xấp xỉ như tuyệt đối, bức xạ cùng một toàn phần trong mỗi giây. Ngôi sao lạnh hơn có nhiệt độ bề mặt là $T$ và đường kính lớn gấp $3,0$ lần ngôi sao nóng hơn. (a) Nhiệt độ bề mặt của ngôi sao nóng hơn bằng bao nhiêu lần $T$? (b) Tỉ số giữa cực đại của ngôi sao nóng và ngôi sao lạnh bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai ngôi sao có cùng tổng công suất bức xạ $P_1=P_2$. Ngôi sao lạnh có nhiệt độ $T_c=T$, đường kính $D_c=3,0D_h$.

Hướng đi:

• Tổng công suất phát xạ của ngôi sao hình cầu bán kính $R$ là $P=4\pi R^2\sigma T^4$.
• Vì đường kính gấp ba nên diện tích bề mặt ngôi sao lạnh gấp $3^2=9$ lần ngôi sao nóng: $A_c=9A_h$.
• Từ điều kiện công suất bằng nhau, thiết lập phương trình liên hệ giữa hai nhiệt độ.
• Tỉ số cực đại suy ra từ ${\lambda }_{\mathrm{m}}\propto 1/T$.

(a) Gọi $R_h$ và $T_h$ là bán kính và nhiệt độ của ngôi sao nóng hơn. Ngôi sao lạnh có bán kính $R_c=3,0R_h$ và nhiệt độ $T_c=T$. Công suất phát xạ của hai sao thỏa mãn:

$$P_c=P_h.$$

Thay công suất bức xạ của hai ngôi sao rồi khử thừa số chung $4\pi \sigma$, ta được

$$R_c^2{T}_c^4=R_h^2{T}_h^4.$$

Thay $R_c=3,0R_h$:

$$\begin{array}{rl}(3,0R_h{)}^2{T}^4& =R_h^2{T}_h^4\\ & ⟹9T^4=T_h^4.\end{array}$$

Suy ra nhiệt độ bề mặt của ngôi sao nóng hơn là

$$\begin{array}{rl}{T}_h& =9^{1/4}T\\ & =\sqrt{3}T\\ & \approx 1,73T.\end{array}$$

(b) Theo , phát xạ cực đại tỉ lệ nghịch với . Tỉ số giữa bước sóng phát xạ đỉnh của sao nóng và sao lạnh bằng

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_{\mathrm{m},h}}{{\lambda }_{\mathrm{m},c}}& =\frac{T_c}{T_h}\\ & =\frac{T}{\sqrt{3}T}\\ & =\frac{1}{\sqrt{3}}\\ & \approx \mathrm{0,577.}\end{array}$$

Bài tập 39: 42

Sirius B. Ngôi sao sáng nhất trên bầu trời đêm là sao Sirius. Thực chất đây là một hệ sao đôi gồm hai ngôi sao, trong đó ngôi sao nhỏ hơn (Sirius B) là một sao lùn trắng. Phân tích quang phổ của Sirius B cho thấy nhiệt độ bề mặt của nó là $24000\mathrm{K}$ và bức xạ với công suất toàn phần là $1,0\times {10}^{25}\mathrm{W}$. Giả sử nó phát xạ như một lý tưởng.

(a) Cường độ phát xạ toàn phần trên mỗi mét vuông bề mặt của Sirius B bằng bao nhiêu? (b) phát xạ mạnh nhất bằng bao nhiêu? Bước sóng này có nhìn thấy được đối với mắt người hay không? (c) Bán kính của Sirius B bằng bao nhiêu? Biểu diễn kết quả theo kilômét và theo phần trăm bán kính Mặt Trời ($R_{\odot }=6,96\times {10}^8\mathrm{m}$). (d) Ngôi sao nào phát ra nhiều hơn trong mỗi giây: Sao lùn trắng Sirius B rất nóng hay Mặt Trời với nhiệt độ bề mặt khoảng $5800\mathrm{K}$? Hãy tính tỉ số công suất toàn phần của Mặt Trời so với Sirius B.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Sirius B: $T=24000\mathrm{K}$, tổng công suất $P=1,0\times {10}^{25}\mathrm{W}$. Mặt Trời: $T_{\odot }=5800\mathrm{K}$, bán kính $R_{\odot }=6,96\times {10}^8\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Cường độ phát xạ trên một đơn vị diện tích tính theo định luật Stefan–Boltzmann: $I=\sigma T^4$.
• phát xạ đỉnh tính theo : ${\lambda }_{\mathrm{m}}=b/T$.
• Bán kính hình cầu suy ra từ công suất toàn phần $P=4\pi R^{2}I⟹R=\sqrt{P/(4\pi I)}$.
• Tính công suất phát xạ toàn phần của Mặt Trời $P_{\odot }=4\pi R_{\odot }^2\sigma T_{\odot }^4$ để so sánh với $P$.

(a) Cường độ phát xạ trên mỗi mét vuông bề mặt của Sirius B là

$$\begin{array}{rl}I& =\sigma T^4\\ & \approx 1,88\times {10}^{10}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(b) mà tại đó cường độ phát xạ đạt cực đại là

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{m}}& =\frac{b}{T}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{K}}{24000\mathrm{K}}\\ & \approx 1,21\times {10}^{-7}\mathrm{m}\\ & =121\mathrm{nm}.\end{array}$$

$121\mathrm{nm}$ nằm trong vùng tử ngoại xa, do đó mắt người hoàn toàn không thể nhìn thấy được bức xạ ở bước sóng cực đại này.

(c) Từ công thức tổng công suất bức xạ $P=4\pi R^{2}I$, bán kính của Sirius B bằng

$$\begin{array}{rl}R& =\sqrt{\frac{P}{4\pi I}}\\ & \approx 6,50\times {10}^6\mathrm{m}\\ & =6500\mathrm{km}.\end{array}$$

So sánh với bán kính Mặt Trời:

$$\begin{array}{rl}\frac{R}{R_{\odot }}& =\frac{6,50\times {10}^6\mathrm{m}}{6,96\times {10}^8\mathrm{m}}\\ & \approx \mathrm{0,009}34\\ & =\mathrm{0,934}\mathrm{\%}.\end{array}$$

Bán kính của Sirius B chỉ bằng khoảng $0,93\mathrm{\%}$ bán kính Mặt Trời (kích thước tương đương với bán kính Trái Đất $R_E\approx 6371\mathrm{km}$).

(d) Công suất bức xạ toàn phần của Mặt Trời là

$$\begin{array}{rl}{P}_{\odot }& =4\pi R_{\odot }^2\sigma T_{\odot }^4\\ & \approx 3,90\times {10}^{26}\mathrm{W}.\end{array}$$

Tỉ số công suất phát xạ toàn phần giữa Mặt Trời và Sirius B bằng

$$\begin{array}{rl}\frac{P_{\odot }}{P_{\text{Sirius B}}}& =\frac{3,91\times {10}^{26}\mathrm{W}}{1,0\times {10}^{25}\mathrm{W}}\\ & \approx 39,1.\end{array}$$

Mặc dù bề mặt Sirius B nóng gấp hơn bốn lần Mặt Trời và phát ra trên mỗi mét vuông gấp gần ba trăm lần, Mặt Trời vẫn phát ra tổng năng lượng mỗi giây lớn gấp khoảng $39$ lần Sirius B. Điều này là do diện tích bề mặt của Mặt Trời lớn hơn Sirius B tới hơn mười nghìn lần ($A_{\odot }/A_{\text{Sirius B}}=(R_{\odot }/R{)}^2\approx 11500$).

Bài tập 39: 43

(a) Tọa độ $x$ của một electron được đo với độ bất định là $0,30\mathrm{mm}$. Thành phần vận tốc theo phương $x$ ($v_x$) của electron bằng bao nhiêu nếu độ bất định tỉ đối nhỏ nhất trong phép đo đồng thời $v_x$ là $1,0\mathrm{\%}$? (b) Lặp lại câu hỏi phần (a) đối với một proton.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ bất định vị trí $\mathrm{\Delta }x=0,30\mathrm{mm}=3,0\times {10}^{-4}\mathrm{m}$. Độ bất định tỉ đối vận tốc $\mathrm{\Delta }{v}_x/v_x=1,0\mathrm{\%}=\mathrm{0,010}$.

Hướng đi:

• Nguyên lý bất định Heisenberg cho tọa độ và : $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x\ge \hslash /2$.
• Độ bất định liên hệ với vận tốc qua $\mathrm{\Delta }{p}_x=m\mathrm{\Delta }{v}_x$. Suy ra độ bất định vận tốc tối thiểu: $\mathrm{\Delta }{v}_x\ge \frac{\hslash }{2m\mathrm{\Delta }x}$.
• Với độ bất định tỉ đối tối thiểu $\mathrm{\Delta }{v}_x/v_x=\mathrm{0,010}$, thành phần vận tốc tương ứng bằng $v_x=\frac{\mathrm{\Delta }{v}_x}{\mathrm{0,010}}=\frac{\hslash }{\mathrm{0,020}m\mathrm{\Delta }x}$.
• Áp dụng lần lượt cho khối lượng electron và proton.

(a) Đối với electron ($m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$), độ bất định nhỏ nhất là

$$\mathrm{\Delta }{p}_x\approx 1,76\times {10}^{-31}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Độ bất định vận tốc nhỏ nhất tương ứng bằng

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{v}_x& =\frac{\mathrm{\Delta }{p}_x}{m_e}\\ & \approx \mathrm{0,193}0\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Vì độ bất định tỉ đối nhỏ nhất là $\mathrm{\Delta }{v}_x/v_x=\mathrm{0,010}$, tốc độ $v_x$ của electron bằng

$$\begin{array}{rl}{v}_x& =\frac{\mathrm{\Delta }{v}_x}{\mathrm{0,010}}\\ & =\frac{\mathrm{0,193}0\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{0,010}}\\ & \approx 19,3\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Đối với proton ($m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$), do khối lượng proton lớn hơn electron khoảng $1836$ lần, độ bất định vận tốc nhỏ hơn tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{v}_x& =\frac{\mathrm{\Delta }{p}_x}{m_p}\\ & \approx \mathrm{1,051}\times {10}^{-4}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tốc độ $v_x$ của proton tương ứng với độ bất định tỉ đối $1,0\mathrm{\%}$ là

$$\begin{array}{rl}{v}_x& =\frac{\mathrm{\Delta }{v}_x}{\mathrm{0,010}}\\ & =\frac{\mathrm{1,051}\times {10}^{-4}\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{0,010}}\\ & \approx 1,05\times {10}^{-2}\mathrm{m}/\mathrm{s}\\ & =1,05\mathrm{cm}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 39: 44

Một con muỗi phiền toái nặng $1,5\mathrm{mg}$ đang bay làm phiền bạn khi bạn ngồi học trong phòng rộng $5,0\mathrm{m}$ và cao $2,5\mathrm{m}$. Bạn quyết định đập con côn trùng này khi nó bay về phía bạn, nhưng bạn cần ước lượng tốc độ của nó để đập trúng đích. (a) Độ bất định lớn nhất trong tọa độ nằm ngang của con muỗi bằng bao nhiêu? (b) Nguyên lý bất định Heisenberg đặt ra giới hạn nào đối với khả năng xác định vận tốc theo phương ngang của con muỗi? Giới hạn này có phải là một trở ngại thực tế đối với việc bạn đập muỗi hay không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Con muỗi có khối lượng $m=1,5\mathrm{mg}=1,5\times {10}^{-6}\mathrm{kg}$, kích thước phòng rộng $5,0\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Con muỗi nằm trong căn phòng, do đó độ bất định vị trí theo phương ngang lớn nhất không thể vượt quá bề rộng căn phòng: $\mathrm{\Delta }{x}_{max}=5,0\mathrm{m}$.
• Áp dụng nguyên lý bất định Heisenberg: $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x\ge \hslash /2⟹\mathrm{\Delta }{v}_x\ge \frac{\hslash }{2m\mathrm{\Delta }x}$.
• So sánh độ bất định vận tốc thu được với thang vận tốc chuyển động thực tế trong đời sống để đánh giá ảnh hưởng thực tế.

(a) Vì biết chắc con muỗi đang ở đâu đó bên trong phòng, độ bất định lớn nhất về vị trí nằm ngang của nó bằng đúng chiều rộng căn phòng:

$$\mathrm{\Delta }{x}_{max}=5,0\mathrm{m}.$$

(b) Theo nguyên lý bất định Heisenberg, giới hạn nhỏ nhất đối với độ bất định trong phép đo vận tốc nằm ngang của con muỗi là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{v}_x& \gtrsim \frac{\hslash }{2m\mathrm{\Delta }x}\\ & \sim 7,0\times {10}^{-30}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Giới hạn lượng tử này hoàn toàn không phải là một trở ngại đối với việc đập muỗi. Tốc độ bay thông thường của muỗi vào khoảng $1\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Giá trị độ bất định $\sim {10}^{-30}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ là vô cùng nhỏ, nằm ngoài mọi khả năng cảm nhận hay đo lường của con người. Trở ngại thực tế khi đập muỗi hoàn toàn đến từ phản xạ sinh học và thời gian phản ứng cơ học của mắt và tay.

Bài tập 39: 45

(a) Độ bất định trong thành phần tọa độ $y$ của một proton là $2,0\times {10}^{-12}\mathrm{m}$. Độ bất định nhỏ nhất trong phép đo đồng thời thành phần vận tốc $v_y$ của proton bằng bao nhiêu? (b) Độ bất định trong thành phần vận tốc theo trục $z$ của một electron là $\mathrm{0,250}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Độ bất định nhỏ nhất trong phép đo đồng thời tọa độ $z$ của electron này bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Proton có $\mathrm{\Delta }y=2,0\times {10}^{-12}\mathrm{m}$. (b) Electron có $\mathrm{\Delta }{v}_z=\mathrm{0,250}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Nguyên lý bất định Heisenberg áp dụng cho từng phương tọa độ độc lập: $\mathrm{\Delta }y\mathrm{\Delta }{p}_y\ge \hslash /2$ và $\mathrm{\Delta }z\mathrm{\Delta }{p}_z\ge \hslash /2$.
• Liên hệ giữa và vận tốc: $\mathrm{\Delta }{p}_y=m_p\mathrm{\Delta }{v}_y$ và $\mathrm{\Delta }{p}_z=m_e\mathrm{\Delta }{v}_z$.
• Rút ra độ bất định vận tốc nhỏ nhất $\mathrm{\Delta }{v}_y\ge \frac{\hslash }{2m_p\mathrm{\Delta }y}$ và độ bất định tọa độ nhỏ nhất $\mathrm{\Delta }z\ge \frac{\hslash }{2m_e\mathrm{\Delta }{v}_z}$.

(a) Đối với proton ($m_p=\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$), độ bất định nhỏ nhất của thành phần vận tốc $v_y$ là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{v}_y& \ge \frac{\hslash }{2m_p\mathrm{\Delta }y}\\ & \approx 1,58\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Đối với electron ($m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$), độ bất định nhỏ nhất của tọa độ $z$ là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }z& \ge \frac{\hslash }{2m_e\mathrm{\Delta }{v}_z}\\ & \approx 2,32\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,232}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập 39.46–39.60

Bài tập mục 39.6: Nguyên lý bất định Heisenberg

Bài tập 39: 46

Một viên bi $10,0\mathrm{g}$ được đặt nhẹ nhàng lên mặt bàn nằm ngang rộng $1,75\mathrm{m}$. (a) Độ bất định lớn nhất về tọa độ nằm ngang của viên bi là bao nhiêu? (b) Theo nguyên lý bất định Heisenberg, độ bất định nhỏ nhất về vận tốc nằm ngang của viên bi là bao nhiêu? (c) Dựa vào kết quả câu (b), khoảng thời gian lâu nhất mà viên bi có thể còn ở trên bàn là bao nhiêu? So sánh khoảng thời gian này với tuổi của vũ trụ (khoảng 14 tỉ năm). (Gợi ý: Ta có thể biết chắc chắn rằng vận tốc nằm ngang của viên bi bằng 0 tuyệt đối hay không?)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Viên bi có khối lượng $m=\mathrm{0,010}0\mathrm{kg}$, nằm trên mặt bàn rộng $L=1,75\mathrm{m}$. Cần ước lượng ảnh hưởng của bất định lượng tử và so sánh thang thời gian với 14 tỉ năm.

Hướng đi:

• Dùng bề rộng bàn làm thang khoảng vị trí chưa biết trong phép ước lượng.
• Dùng $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x\ge \hslash /2$ để tìm thang độ phân tán vận tốc nhỏ nhất tương ứng.
• So sánh thời gian lan rộng đặc trưng với tuổi vũ trụ. Độ phân tán vận tốc không phải vận tốc trôi xác định của từng viên bi.

(a) Miền vị trí có thể nằm trên bàn rộng $L=1,75\mathrm{m}$. Theo cách ước lượng kích thước, ta lấy $\mathrm{\Delta }x\sim L$.

Nếu dùng đúng nghĩa độ lệch chuẩn của một phân bố có miền giá trị dài $L$, độ lệch chuẩn không vượt quá $L/2$. Vì vậy, không nên đồng nhất bề rộng miền với một độ lệch chuẩn chính xác.

(b) Với thang độ rộng $\mathrm{\Delta }x\sim L$, hệ thức bất định cho

$$\mathrm{\Delta }{p}_x\gtrsim \frac{\hslash }{2L}.$$

Giá trị tương ứng xấp xỉ $3,01\times {10}^{-35}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Chia cho khối lượng viên bi, ta được

$$\mathrm{\Delta }{v}_x\gtrsim 3,01\times {10}^{-33}\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(c) Lấy khoảng cách từ tâm đến mép bàn làm thang độ dời. Thời gian để một độ phân tán vận tốc ở cỡ trên tạo ra độ lan rộng cỡ nửa bàn được ước lượng bởi

$$\begin{array}{rl}{t}_{\mathrm{c}}& \sim \frac{L/2}{\mathrm{\Delta }{v}_x}\\ & \sim 2,90\times {10}^{32}\mathrm{s}.\end{array}$$

Đó là khoảng $9,2\times {10}^{24}$ năm, lớn hơn tuổi vũ trụ khoảng $6,6\times {10}^{14}$ lần.

Đây là thang thời gian lan rộng trong mô hình ước lượng, không phải một thời hạn tối đa nghiêm ngặt buộc viên bi phải rơi khỏi bàn. Nguyên lý bất định không gán một vận tốc ngang xác định cho viên bi và không mô tả đầy đủ tương tác với mặt bàn. Kết quả cho thấy ảnh hưởng lượng tử này quá nhỏ để quyết định sự đứng yên của một viên bi trong điều kiện thông thường.

Bài tập 39: 47

Một nhà khoa học tuyên bố đã phát triển một phương pháp mới để cô lập từng hạt riêng lẻ. Ông tuyên bố phương pháp này cho phép đo đồng thời vị trí của hạt dọc theo một trục với độ lệch chuẩn $0,12\mathrm{nm}$ và thành phần xung lượng dọc theo trục này với độ lệch chuẩn $3,0\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Hãy dùng nguyên lý bất định Heisenberg để đánh giá tính xác thực của tuyên bố này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ lệch chuẩn vị trí $\mathrm{\Delta }x=0,12\mathrm{nm}=1,2\times {10}^{-10}\mathrm{m}$, độ lệch chuẩn xung lượng $\mathrm{\Delta }{p}_x=3,0\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Tính tích số độ bất định thực nghiệm $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x$.
• So sánh tích số này với ngưỡng giới hạn dưới $\hslash /2$ của nguyên lý bất định Heisenberg.

Tích số bất định từ các số liệu tuyên bố là:

$$\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x=3,60\cdot {10}^{-35}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}.$$

Giới hạn dưới lý thuyết của Heisenberg là:

$$\begin{array}{rl}\frac{\hslash }{2}& =\frac{\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{2}\\ & \approx 5,27\times {10}^{-35}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}.\end{array}$$

So sánh hai giá trị:

$$\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x=3,6\times {10}^{-35}\mathrm{J}\mathrm{s}.$$

Giá trị này nhỏ hơn $\hslash /2\approx 5,27\times {10}^{-35}\mathrm{J}\mathrm{s}$, nên tuyên bố vi phạm hệ thức bất định.

Tuyên bố này đòi hỏi tích số bất định nhỏ hơn ngưỡng tối thiểu mà tự nhiên cho phép. Vì vậy, theo các định luật nền tảng của cơ học lượng tử, tuyên bố này là không xác thực và không thể thực hiện được trong bất kỳ thí nghiệm thực tế nào.

Bài toán tổng hợp (Problems)

Bài tập 39: 48

Một nguyên tử khối lượng $m$ phát ra một có $\lambda$. (a) Tốc độ giật lùi của nguyên tử là bao nhiêu? (b) Động năng giật lùi $K$ của nguyên tử là bao nhiêu? (c) Tìm tỉ số $K/E$, trong đó $E$ là của photon phát ra. Nếu tỉ số này nhỏ hơn rất nhiều so với 1, hiện tượng giật lùi của nguyên tử có thể bỏ qua trong quá trình phát xạ. Hiện tượng giật lùi của nguyên tử đóng vai trò quan trọng hơn đối với các khối lượng nguyên tử nhỏ hay lớn? Đối với bước sóng dài hay ngắn? (d) Tính $K$ (theo đơn vị ) và $K/E$ đối với nguyên tử hydrogen ($m=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$) phát ra photon tử ngoại có năng lượng $10,2\mathrm{eV}$. Hiện tượng giật lùi có phải là yếu tố quan trọng trong quá trình phát xạ này không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguyên tử khối lượng $m$ phát $\lambda$. Khảo sát với nguyên tử hydrogen $m=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $E=10,2\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Áp dụng định luật bảo toàn : Xung lượng giật lùi của nguyên tử bằng xung lượng của phát ra.
• Dùng công thức động năng phi tương đối tính $K=p^2/(2m)$ cho nguyên tử.
• Thiết lập tỉ số $K/E$ và biện luận sự phụ thuộc vào $m$ và $\lambda$.

(a) Nguyên tử ban đầu đứng yên. Khi phát ra có xung lượng $p_{\gamma }=h/\lambda$, theo định luật bảo toàn , nguyên tử nhận xung lượng giật lùi cùng độ lớn:

$$p=\frac{h}{\lambda }.$$

Tốc độ giật lùi của nguyên tử là:

$$v=\frac{p}{m}=\frac{h}{m\lambda }.$$

(b) Động năng giật lùi của nguyên tử là:

$$K=\frac{p^2}{2m}=\frac{h^2}{2m{\lambda }^2}.$$

(c) của phát ra là $E=hc/\lambda$. Tỉ số giữa động năng giật lùi và năng lượng photon là:

$$\begin{array}{rl}\frac{K}{E}& =\frac{h^2/(2m{\lambda }^2)}{hc/\lambda }\\ & =\frac{h}{2mc\lambda }=\frac{E}{2m{c}^2}.\end{array}$$

Biểu thức cho thấy tỉ số $K/E$ tỉ lệ nghịch với khối lượng $m$ và $\lambda$. Do đó, hiện tượng giật lùi đóng vai trò quan trọng hơn đối với các nguyên tử có khối lượng nhỏ và đối với có bước sóng ngắn ( photon lớn).

(d) Với nguyên tử hydrogen: $m=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $E=10,2\mathrm{eV}\approx \mathrm{1,634}\times {10}^{-18}\mathrm{J}$.

Xung lượng là:

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{E}{c}\\ & =\frac{\mathrm{1,634}\times {10}^{-18}\mathrm{J}}{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{5,451}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng giật lùi của nguyên tử hydrogen là:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m}\\ & \approx 8,90\times {10}^{-27}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{8,90\times {10}^{-27}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 5,55\times {10}^{-8}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Tỉ số giữa động năng giật lùi và :

$$\begin{array}{rl}\frac{K}{E}& =\frac{5,55\times {10}^{-8}\mathrm{eV}}{10,2\mathrm{eV}}\\ & \approx 5,44\times {10}^{-9}.\end{array}$$

Động năng giật lùi chỉ chiếm khoảng một phần tỉ . Vì vậy, hiện tượng giật lùi hoàn toàn có thể bỏ qua một cách an toàn trong quá trình phát xạ quang phổ nguyên tử này.

Bài tập 39: 49

Hạt muon âm có điện tích bằng điện tích của electron nhưng khối lượng gấp 207 lần electron. Xét một nguyên tử giống hydrogen gồm một proton và một muon. (a) của nguyên tử là bao nhiêu? (b) trạng thái cơ bản là bao nhiêu (theo )? (c) của bức xạ phát ra trong bước chuyển từ mức $n=2$ xuống mức $n=1$ là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hệ gồm muon ($q=-e$, $m_{\mu }=207m_e$) và proton ($q=+e$, $m_p=\mathrm{1,672}6\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$).

Hướng đi:

• Khối lượng muon không còn quá nhỏ so với proton, nên bắt buộc phải dùng $m_r=\frac{m_{\mu }{m}_p}{m_{\mu }+m_p}$.
• Bohr tỉ lệ thuận với : $E_n=(m_r/m_e)E_{n,\mathrm{H}}$.
• Dùng công thức Rydberg để tính phát ra khi chuyển từ $n=2$ về $n=1$.

(a) Khối lượng của muon là:

$$\begin{array}{rl}{m}_{\mu }& =207m_e\\ & \approx \mathrm{1,885}6\times {10}^{-28}\mathrm{kg}.\end{array}$$

của hệ proton - muon:

$$\begin{array}{rl}{m}_r& =\frac{m_{\mu }{m}_p}{m_{\mu }+m_p}\\ & \approx \mathrm{1,694}4\times {10}^{-28}\mathrm{kg}.\end{array}$$

So với khối lượng electron:

$$\begin{array}{rl}\frac{m_r}{m_e}& =\frac{\mathrm{1,694}4\times {10}^{-28}}{\mathrm{9,109}4\times {10}^{-31}}\\ & \approx 186,0.\end{array}$$

(b) trạng thái cơ bản của nguyên tử muonic hydrogen tỉ lệ với :

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =\left(\frac{m_r}{m_e}\right)(-\mathrm{13,606}\mathrm{eV})\\ & \approx 186,0\times (-\mathrm{13,606}\mathrm{eV})\\ & \approx -2531\mathrm{eV}\\ & =-2,53\mathrm{keV}.\end{array}$$

(c) phát ra khi chuyển mức từ $n=2$ về $n=1$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =|E_1|(\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2})\\ & =\frac{3}{4}(2531\mathrm{eV})\\ & \approx 1898\mathrm{eV}.\end{array}$$

phát ra tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{1898\mathrm{eV}}\\ & \approx \mathrm{0,653}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bức xạ này nằm trong dải tia X mềm, có ngắn hơn hàng trăm lần so với vạch Lyman-$\alpha$ thông thường của hydrogen ($121,6\mathrm{nm}$).

Bài tập 39: 50

Một nguyên tử hydrogen ở trạng thái liên kết kích thích ứng với $n=3$ hấp thụ một có $\lambda$. Nguyên tử bị ion hóa và electron bay ra ngoài có động năng $8,00\mathrm{eV}$. Bước sóng $\lambda$ của photon bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hydrogen ở mức $n=3$, hấp thụ $\lambda$, ion hóa sinh electron có động năng $K=8,00\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Tính liên kết của electron ở mức $n=3$: $E_{\text{ion}}=-E_3=13,60\mathrm{eV}/3^2$.
• Áp dụng định luật bảo toàn : $E_{\gamma }=E_{\text{ion}}+K$.
• Từ suy ra $\lambda =hc/E_{\gamma }$.

của electron ở mức $n=3$ trong nguyên tử hydrogen là:

$$\begin{array}{rl}{E}_3& =-\frac{13,60\mathrm{eV}}{3^2}\\ & =-\mathrm{1,511}\mathrm{eV}.\end{array}$$

cần thiết để bứt electron từ mức $n=3$ ra vô cực () là:

$$E_{\text{ion}}=0-E_3=\mathrm{1,511}\mathrm{eV}.$$

Theo định luật bảo toàn , năng lượng hấp thụ dùng để thắng thế năng liên kết và cung cấp động năng cho electron:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =E_{\text{ion}}+K\\ & =\mathrm{1,511}\mathrm{eV}+8,00\mathrm{eV}\\ & =\mathrm{9,511}\mathrm{eV}.\end{array}$$

của hấp thụ là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E_{\gamma }}\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{\mathrm{9,511}\mathrm{eV}}\\ & \approx 130,4\mathrm{nm}.\end{array}$$

này thuộc dải tử ngoại xa (vacuum ultraviolet).

Bài tập 39: 51

Các $\lambda$ trong dãy phát xạ Pickering được cho bởi công thức $\frac{1}{\lambda }=(\mathrm{1,097}\times {10}^7{\mathrm{m}}^{-1})[\frac{1}{4}-\frac{1}{(n/2{)}^2}]$ với $n=5,6,7,\dots$ và từng được một số nhà khoa học gán cho nguyên tử hydrogen. Tuy nhiên, Bohr nhận ra rằng đây không phải là dãy của hydrogen, mà thuộc về một nguyên tố khác bị ion hóa sao cho chỉ còn lại một electron duy nhất. (a) Bước sóng ngắn nhất và dài nhất trong dãy Pickering là bao nhiêu? (b) Nguyên tố nào tạo ra dãy này, và số lượng tử trạng thái cuối chung $n_L$ cho mỗi bước chuyển trong dãy là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dãy Pickering có công thức $\frac{1}{\lambda }=R_{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{4}-\frac{1}{(n/2{)}^2}]$ với $n=5,6,7,\dots$ và $R_{\mathrm{\infty }}=\mathrm{1,097}\times {10}^7{\mathrm{m}}^{-1}$.

Hướng đi:

• ngắn nhất ứng với bước chuyển từ vô cực ($n\to \mathrm{\infty }$).
• dài nhất ứng với bước chuyển từ mức kích thích gần nhất ($n=5$).
• Biến đổi công thức về dạng chuẩn của ion dạng hydrogen $1/\lambda =Z^2{R}_{\mathrm{\infty }}[1/n_L^2-1/n_U^2]$ để xác định $Z$ và $n_L$.

(a) ngắn nhất ứng với giới hạn dãy khi $n\to \mathrm{\infty }$:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{min}}& =R_{\mathrm{\infty }}(1/4-0)\\ & =\frac{R_{\mathrm{\infty }}}{4}.\end{array}$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{min}& =\frac{4}{R_{\mathrm{\infty }}}\\ & =\frac{4}{\mathrm{1,097}37\times {10}^7{\mathrm{m}}^{-1}}\\ & \approx 364,5\mathrm{nm}.\end{array}$$

dài nhất ứng với $n=5$:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{max}}& =R_{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{4}-\frac{1}{(5/2{)}^2}]\\ & =0,09R_{\mathrm{\infty }}.\end{array}$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max}& =\frac{1}{0,09R_{\mathrm{\infty }}}\\ & \approx \mathrm{1,013}\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =1013\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Biến đổi biểu thức Pickering về dạng chuẩn:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\lambda }& =4R_{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{16}-\frac{1}{n^2}]\\ & =2^2{R}_{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{4^2}-\frac{1}{n^2}].\end{array}$$

Công thức Rydberg tổng quát cho nguyên tử dạng hydrogen có điện tích hạt nhân $+Ze$ là:

$$\frac{1}{\lambda }=Z^2{R}_{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{n_L^2}-\frac{1}{n_U^2}].$$

Đồng nhất hai vế, ta tìm được:

$$Z=2,n_L=4.$$

Hạt nhân có số hiệu nguyên tử $Z=2$ chính là Helium. Hệ chỉ có một electron tương ứng với ion heli đơn ${\mathrm{He}}^{+}$ (hay $\mathrm{He}\text{II}$ theo danh pháp thiên văn). Số lượng tử của trạng thái cuối là $n_L=4$.

Bài tập 39: 52

Trong của nguyên tử hydrogen, của electron bằng bao nhiêu khi electron ở (a) mức $n=1$ và (b) mức $n=4$? Trong cả hai trường hợp, hãy so sánh bước sóng de Broglie với chu vi quỹ đạo $2\pi r_n$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính Bohr cơ sở $a_0=\mathrm{0,052}92\mathrm{nm}$. Tìm ở các mức $n=1$ và $n=4$.

Hướng đi:

• Theo , quỹ đạo được lượng tử hóa: $L=mv{r}_n=n\hslash =nh/(2\pi )$.
• là ${\lambda }_n=h/p_n=2\pi r_n/n$.
• So sánh thu được với chu vi quỹ đạo tròn $C_n=2\pi r_n$.

Từ điều kiện lượng tử hóa của Bohr:

$$\begin{array}{rl}mv{r}_n& =\frac{nh}{2\pi }\\ ⟹p_n& =\frac{nh}{2\pi r_n}.\end{array}$$

của electron trên quỹ đạo thứ $n$ là:

$${\lambda }_n=\frac{h}{p_n}=\frac{2\pi r_n}{n}.$$

(a) Với trạng thái cơ bản $n=1$:

Bán kính quỹ đạo là $r_1=a_0\approx \mathrm{0,052}92\mathrm{nm}$. là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_1& =2\pi a_0\\ & \approx 2\pi (\mathrm{0,052}92\mathrm{nm})\\ & \approx \mathrm{0,332}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Chu vi quỹ đạo ở mức $n=1$ là $C_1=2\pi r_1=2\pi a_0$. Do đó:

$$\frac{C_1}{{\lambda }_1}=1.$$

(b) Với mức kích thích $n=4$:

Bán kính quỹ đạo là $r_4=4^2{a}_0=16a_0\approx \mathrm{0,846}7\mathrm{nm}$. là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_4& =\frac{2\pi (16a_0)}{4}\\ & =4(2\pi a_0)=4{\lambda }_1\\ & \approx 1,33\mathrm{nm}.\end{array}$$

Chu vi quỹ đạo ở mức $n=4$ là $C_4=2\pi r_4=32\pi a_0$. Tỉ số giữa chu vi quỹ đạo và là:

$$\frac{C_4}{{\lambda }_4}=\frac{32\pi a_0}{8\pi a_0}=4.$$

Chu vi quỹ đạo thứ $n$ luôn chứa đúng một số nguyên $n$ ($C_n=n{\lambda }_n$). Đây chính là trực giác vật lý sâu sắc mà Louis de Broglie đề xuất: thực chất là sóng dừng tròn ổn định của electron quanh hạt nhân.

Bài tập 39: 53

Một mẫu khí nguyên tử hydrogen được chiếu bởi ánh sáng có $85,5\mathrm{nm}$, và người ta quan sát thấy các electron thoát ra khỏi chất khí. (a) Nếu ban đầu mọi nguyên tử hydrogen đều ở trạng thái cơ bản, động năng cực đại theo của các quang electron này là bao nhiêu? (b) Một số ít electron được phát hiện có lớn hơn động năng cực đại tính ở câu (a) tới $10,2\mathrm{eV}$. Giải thích nguồn gốc hiện tượng này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng kích thích có $\lambda =85,5\mathrm{nm}$. Mức cơ bản của hydrogen là $E_1=-13,60\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Tính chiếu tới theo công thức $E_{\gamma }=hc/\lambda$.
• Electron ở trạng thái cơ bản cần $13,60\mathrm{eV}$ để ion hóa. Phần dư chuyển thành động năng cực đại.
• So sánh dư thừa $10,2\mathrm{eV}$ với hiệu giữa các trạng thái kích thích của hydrogen.

(a) của mỗi tới là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{hc}{\lambda }\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{85,5\mathrm{nm}}\\ & \approx 14,50\mathrm{eV}.\end{array}$$

từ trạng thái cơ bản là $E_{\text{ion}}=13,60\mathrm{eV}$. Động năng cực đại của electron bứt ra từ trạng thái cơ bản là:

$$\begin{array}{rl}{K}_{max,1}& =E_{\gamma }-13,60\mathrm{eV}\\ & =0,90\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Độ chênh lệch $10,2\mathrm{eV}$ trùng khớp hoàn hảo với khoảng cách giữa mức $n=2$ và mức cơ bản $n=1$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_2-E_1\\ & =10,20\mathrm{eV}.\end{array}$$

Điều này chứng tỏ trong chất khí ban đầu có một số lượng nhỏ nguyên tử hydrogen không nằm ở trạng thái cơ bản mà đang ở trạng thái kích thích $n=2$ (do va chạm nhiệt hoặc hấp thụ ánh sáng trước đó). liên kết của electron ở mức $n=2$ chỉ là $3,40\mathrm{eV}$. Khi hấp thụ $14,50\mathrm{eV}$, electron giải phóng có động năng:

$$\begin{array}{rl}K& =E_{\gamma }-3,40\mathrm{eV}\\ & =14,50\mathrm{eV}-3,40\mathrm{eV}\\ & =11,10\mathrm{eV}.\end{array}$$

Động năng này lớn hơn $K_{max,1}$ đúng $10,2\mathrm{eV}$.

Bài tập 39: 54

Xét hai 1 và 2 của một nguyên tử có gần bằng nhau, sao cho năng lượng $E_1$ và $E_2$ của chúng so với trạng thái cơ bản có giá trị rất sát nhau. Khi nguyên tử thực hiện bước chuyển từ một trong hai trạng thái này về trạng thái cơ bản, của phát ra lần lượt là ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$. Vì $\mathrm{\Delta }E=E_1-E_2$ rất nhỏ, $\mathrm{\Delta }\lambda ={\lambda }_1-{\lambda }_2$ cũng rất nhỏ. (a) Dùng tính chất $\mathrm{\Delta }\lambda$ nhỏ để thiết lập biểu thức tính $\mathrm{\Delta }E$ theo $\mathrm{\Delta }\lambda$ và $\lambda \approx {\lambda }_1\approx {\lambda }_2$. (b) Các bước chuyển tạo ra vạch đôi $589,0\mathrm{nm}$ và $589,6\mathrm{nm}$ trong quang phổ phát xạ nguyên tử của natri được biểu diễn trên sơ đồ năng lượng. Hãy dùng kết quả câu (a) để tính độ chênh lệch năng lượng, theo đơn vị , giữa hai trạng thái ban đầu của hai bước chuyển này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai vạch phát xạ natri có ${\lambda }_1=589,0\mathrm{nm}$ và ${\lambda }_2=589,6\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Lấy vi phân hàm $E(\lambda )=hc/\lambda$ theo biến $\lambda$.
• Thay vi phân vi mô bằng hiệu hữu hạn $\mathrm{\Delta }\lambda$ khi $|\mathrm{\Delta }\lambda |\ll \lambda$.
• Áp dụng số liệu vạch đôi D của natri để tính độ chênh lệch .

(a) của phát ra liên hệ với qua:

$$E=\frac{hc}{\lambda }.$$

Lấy đạo hàm của $E$ theo $\lambda$:

$$\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}\lambda }=-\frac{hc}{{\lambda }^2}.$$

Với sự biến thiên nhỏ $\mathrm{\Delta }\lambda$, độ chênh lệch xấp xỉ bằng vi phân toàn phần:

$$|\mathrm{\Delta }E|\approx \frac{hc}{{\lambda }^2}|\mathrm{\Delta }\lambda |,$$

trong đó $\lambda \approx {\lambda }_1\approx {\lambda }_2$ là trung bình của vạch đôi.

(b) Với vạch đôi màu vàng của natri:

$$\begin{array}{rl}|\mathrm{\Delta }\lambda |& =0,6\mathrm{nm}\\ & =6\cdot {10}^{-10}\mathrm{m}.\end{array}$$

trung bình là $\lambda \approx 589,3\mathrm{nm}=\mathrm{5,893}\times {10}^{-7}\mathrm{m}$.

Thay vào công thức vi phân:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{hc}{{\lambda }^2}|\mathrm{\Delta }\lambda |\\ & \approx \mathrm{3,432}\times {10}^{-22}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{\mathrm{3,432}\times {10}^{-22}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,14\times {10}^{-3}\mathrm{eV}\\ & =2,14\mathrm{meV}.\end{array}$$

Độ tách rất nhỏ này bắt nguồn từ tương tác spin - quỹ đạo (tương tác giữa mômen từ của electron và từ trường nội nguyên tử).

Bài tập 39: 55

Sao siêu khổng lồ đỏ Betelgeuse. Ngôi sao Betelgeuse có nhiệt độ bề mặt $3000\mathrm{K}$ và đường kính gấp 600 lần đường kính Mặt Trời. (Nếu Mặt Trời của chúng ta lớn như vậy, Trái Đất sẽ nằm lọt thỏm bên trong nó!) Coi ngôi sao bức xạ như một lý tưởng. (a) Nếu Betelgeuse bức xạ toàn bộ ở có cường độ cực đại, ngôi sao phát ra bao nhiêu trong mỗi giây? (b) Tìm tỉ số giữa công suất bức xạ của Betelgeuse và công suất bức xạ của Mặt Trời (ở nhiệt độ $5800\mathrm{K}$).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Sao Betelgeuse có $T_B=3000\mathrm{K}$, bán kính $R_B=600R_{\odot }$. Mặt Trời có $T_{\odot }=5800\mathrm{K}$, bán kính $R_{\odot }=6,96\times {10}^8\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Tính công suất phát xạ toàn phần của Betelgeuse bằng định luật Stefan-Boltzmann $P=4\pi R^2\sigma T^4$.
• Xác định cực đại theo ${\lambda }_{max}=b/T$.
• Số phát ra mỗi giây bằng tỉ số giữa công suất phát xạ và của một photon ở đỉnh phổ.
• Lập tỉ số công suất bức xạ của hai ngôi sao: $P_B/P_{\odot }=(R_B/R_{\odot }{)}^2(T_B/T_{\odot }{)}^4$.

(a) Bán kính của sao Betelgeuse là:

$$\begin{array}{rl}{R}_B& =600(6,96\times {10}^8\mathrm{m})\\ & =\mathrm{4,176}\times {10}^{11}\mathrm{m}.\end{array}$$

Diện tích bề mặt của ngôi sao:

$$\begin{array}{rl}{A}_B& =4\pi R_B^2\\ & =4\pi (\mathrm{4,176}\times {10}^{11}\mathrm{m}{)}^2\\ & \approx \mathrm{2,191}\times {10}^{24}{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Tổng công suất bức xạ theo định luật Stefan-Boltzmann là:

$$\begin{array}{rl}{P}_B& =A_B\sigma T_B^4\\ & \approx \mathrm{1,006}\times {10}^{31}\mathrm{W}.\end{array}$$

ứng với cường độ bức xạ cực đại theo :

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_m& =\frac{b}{T}\\ & \approx 965,9\mathrm{nm}.\end{array}$$

của một ở đỉnh phổ này là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{hc}{{\lambda }_{max}}\\ & \approx \mathrm{2,057}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

Số lượng phát ra trong một giây nếu giả định toàn bộ phát ở này:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{P_B}{E_{\gamma }}\\ & =\frac{\mathrm{1,006}\times {10}^{31}\mathrm{W}}{\mathrm{2,057}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}\\ & \approx 4,89\times {10}^{49}{\mathrm{s}}^{-1}.\end{array}$$

(b) Tỉ số công suất bức xạ giữa Betelgeuse và Mặt Trời:

$$\begin{array}{rl}\frac{P_B}{P_{\odot }}& ={\left(\frac{R_B}{R_{\odot }}\right)}^2{\left(\frac{T_B}{T_{\odot }}\right)}^4\\ & =(600{)}^2{\left(\frac{3000}{5800}\right)}^4\\ & \approx 2,58\times {10}^4.\end{array}$$

Dù nhiệt độ bề mặt thấp hơn Mặt Trời gần một nửa, nhưng kích thước khổng lồ khiến công suất bức xạ của Betelgeuse lớn gấp gần 26.000 lần Mặt Trời.

Bài tập 39: 56

Ánh sáng từ một lý tưởng hình cầu đường kính $15,0\mathrm{cm}$ được phân tích bằng một cách tử có $3850$ vạch trên mỗi xentimét. Khi chiếu chùm sáng này qua cách tử, người ta quan sát thấy có cường độ cực đại tạo thành vân sáng bậc một ở góc $\pm 14,4^{\circ }$ so với vân sáng trung tâm. (a) Nhiệt độ của vật đen là bao nhiêu? (b) Mất bao lâu để quả cầu này bức xạ hết $12,0\mathrm{MJ}$ ở nhiệt độ không đổi?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Quả cầu có đường kính $D=15,0\mathrm{cm}$ ($R=\mathrm{0,075}0\mathrm{m}$), cách tử có $N=3850$ vạch trên mỗi xentimét, góc cực đại bậc một $\theta =14,4^{\circ }$. cần bức xạ $E=12,0\mathrm{MJ}=1,20\times {10}^7\mathrm{J}$.

Hướng đi:

• Tính chu kỳ cách tử $d=1/N$.
• Dùng điều kiện cực đại giao thoa $d\sin \theta =m\lambda$ với $m=1$ để tìm cực đại ${\lambda }_{max}$.
• Áp dụng $T=b/{\lambda }_{max}$ để tìm nhiệt độ .
• Tính công suất bức xạ Stefan-Boltzmann $P=A\sigma T^4$ và suy ra thời gian phát xạ $t=E/P$.

(a) Chu kỳ cách tử là:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{{10}^{-2}\mathrm{m}}{3850}\\ & \approx \mathrm{2,597}4\times {10}^{-6}\mathrm{m}.\end{array}$$

của vân sáng cực đại bậc một ($m=1$) ở góc $\theta =14,4^{\circ }$ là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max}& =d\sin (14,4^{\circ })\\ & \approx 646,0\mathrm{nm}.\end{array}$$

Theo , nhiệt độ của là:

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{b}{{\lambda }_{max}}\\ & =\frac{\mathrm{2,897}8\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot \mathrm{K}}{\mathrm{6,459}5\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx 4486\mathrm{K}\approx 4490\mathrm{K}.\end{array}$$

(b) Diện tích bề mặt của quả cầu bán kính $R=\mathrm{0,075}0\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}A& =4\pi R^2=4\pi (\mathrm{0,075}0\mathrm{m}{)}^2\\ & \approx \mathrm{0,070}69{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Công suất bức xạ toàn phần theo định luật Stefan-Boltzmann:

$$\begin{array}{rl}P& =A\sigma T^4\\ & \approx \mathrm{1,623}\times {10}^6\mathrm{W}\\ & =\mathrm{1,623}\mathrm{MW}.\end{array}$$

Thời gian cần thiết để quả cầu bức xạ hết $12,0\mathrm{MJ}$ là:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{E}{P}\\ & =\frac{12,0\times {10}^6\mathrm{J}}{\mathrm{1,623}\times {10}^6\mathrm{W}}\\ & \approx 7,39\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 39: 57

Mặt Trăng có khối lượng $7,35\times {10}^{22}\mathrm{kg}$, và chu kỳ ngày thiên văn (chu kỳ quỹ đạo quanh Trái Đất) là $27,3\mathrm{d}$. (a) Ước tính của Mặt Trăng trên quỹ đạo quanh Trái Đất. (b) Đặt $M_E$ là khối lượng Trái Đất và $M_M$ là khối lượng Mặt Trăng, ta có thể dùng định luật vạn vật hấp dẫn của Newton để xác định bán kính quỹ đạo của Mặt Trăng theo số lượng tử nguyên $m$ dưới dạng $R_m=m^2{a}_{\text{moon}}$, trong đó $a_{\text{moon}}$ là đại lượng tương tự bán kính Bohr cho hệ hấp dẫn Trái Đất - Mặt Trăng. Hãy xác định $a_{\text{moon}}$ theo hằng số hấp dẫn $G$, hằng số Planck $h$ (hoặc $\hslash$), và các khối lượng $M_E$, $M_M$. (c) Cho khối lượng Trái Đất $M_E=5,97\times {10}^{24}\mathrm{kg}$. Hãy ước tính giá trị số của $a_{\text{moon}}$. (d) Bán kính quỹ đạo thực tế của Mặt Trăng là $3,84\times {10}^8\mathrm{m}$. Hãy ước lượng số lượng tử $m$ của Mặt Trăng. (e) Các lượng tử hóa của Mặt Trăng có dạng $E=-E_0/m^2$. Hãy ước tính trạng thái cơ bản $E_0$ của Mặt Trăng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $M_M=7,35\times {10}^{22}\mathrm{kg}$, $M_E=5,97\times {10}^{24}\mathrm{kg}$, chu kỳ $T=27,3\mathrm{d}\approx \mathrm{2,359}\times {10}^6\mathrm{s}$, bán kính quỹ đạo $R=3,84\times {10}^8\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Tính vận tốc quỹ đạo tròn $v=2\pi R/T$, từ đó tìm xung lượng và $\lambda =h/p$.
• Cân bằng lực hấp dẫn với lực hướng tâm và áp dụng điều kiện lượng tử hóa $L=M_{m}vR=m\hslash$.
• Giải hệ để tìm biểu thức bán kính Bohr hấp dẫn $a_{\text{moon}}$.
• Tính số lượng tử $m=\sqrt{R/a_{\text{moon}}}$ và trạng thái cơ bản $E_0$.

(a) Vận tốc quỹ đạo trung bình của Mặt Trăng quanh Trái Đất:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{2\pi R}{T}\\ & =\frac{2\pi (3,84\times {10}^8\mathrm{m})}{27,3\times 86400\mathrm{s}}\\ & \approx 1023\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

của Mặt Trăng là:

$$\begin{array}{rl}p& =M_{M}v\\ & \approx 7,52\times {10}^{25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

của Mặt Trăng là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{7,52\times {10}^{25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx 8,81\times {10}^{-60}\mathrm{m}.\end{array}$$

này cực kỳ vi mô so với kích thước nguyên tử, giải thích vì sao cơ học cổ điển mô tả chuyển động thiên thể hoàn hảo tuyệt đối.

(b) Lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm cho quỹ đạo tròn của Mặt Trăng:

$$\frac{G{M}_E}{R_m^2}=\frac{v^2}{R_m}.$$

Sau khi khử khối lượng Mặt Trăng trong phương trình lực và rút gọn bán kính, ta cũng có:

$$M_M{v}^2{R}_m=G{M}_E{M}_M.$$

Điều kiện lượng tử hóa cho số lượng tử $m$:

$$L=M_{M}v{R}_m=m\hslash ,$$

suy ra:

$$v=\frac{m\hslash }{M_M{R}_m}.$$

Thế biểu thức của $v$ vào phương trình lực hướng tâm:

$$\frac{m^2{\hslash }^2}{M_M{R}_m}=G{M}_E{M}_M.$$

Rút ra bán kính quỹ đạo:

$$R_m=m^2\frac{{\hslash }^2}{G{M}_E{M}_M^2}.$$

Đặt $R_m=m^2{a}_{\text{moon}}$, ta nhận được biểu thức của bán kính Bohr hấp dẫn:

$$a_{\text{moon}}=\frac{{\hslash }^2}{G{M}_E{M}_M^2}.$$

(c) Thay các hằng số và khối lượng vào biểu thức:

$$\begin{array}{rl}{a}_{\text{moon}}& =\frac{{\hslash }^2}{G{M}_E{M}_M^2}\\ & \approx 5,17\times {10}^{-129}\mathrm{m}.\end{array}$$

(d) Bán kính quỹ đạo thực tế là $R=3,84\times {10}^8\mathrm{m}$. Số lượng tử tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}m& =\sqrt{\frac{R}{a_{\text{moon}}}}\\ & =\sqrt{\frac{3,84\times {10}^8\mathrm{m}}{5,17\times {10}^{-129}\mathrm{m}}}\\ & \approx 2,72\times {10}^{68}.\end{array}$$

(e) Cơ năng toàn phần của Mặt Trăng trên quỹ đạo tròn:

$$\begin{array}{rl}E& =K+U\\ & =-\frac{G{M}_E{M}_M}{2R_m}.\end{array}$$

So sánh với dạng $E=-E_0/m^2$, trạng thái cơ bản hấp dẫn là:

$$\begin{array}{rl}{E}_0& =\frac{G{M}_E{M}_M}{2a_{\text{moon}}}\\ & =\frac{G^2{M}_E^2{M}_M^3}{2{\hslash }^2}\\ & \approx 2,83\times {10}^{154}\mathrm{J}.\end{array}$$

của Mặt Trăng ở trạng thái thực tế hiện nay là:

$$\begin{array}{rl}E& =-\frac{E_0}{m^2}\\ & \approx -\frac{2,83\times {10}^{154}}{(2,72\times {10}^{68}{)}^2}\\ & \approx -3,83\times {10}^{28}\mathrm{J}.\end{array}$$

Khoảng cách giữa hai mức lượng tử kề cận:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{2E_0}{m^3}\\ & \approx \frac{2(2,83\times {10}^{154})}{(2,72\times {10}^{68}{)}^3}\\ & \sim {10}^{-50}\mathrm{J}.\end{array}$$

Khoảng cách mức này quá nhỏ đến chuyển động hoàn toàn liên tục ở mọi phép đo thực tế.

Bài tập 39: 58

lý tưởng. Một hốc rỗng lớn có một lỗ thủng rất nhỏ và được duy trì ở nhiệt độ $T$ là một mô hình gần đúng lý tưởng cho vật đen. Bức xạ chỉ có thể đi vào hoặc thoát ra khỏi hốc qua lỗ nhỏ này. Hốc là một vật hấp thụ hoàn hảo vì mọi bức xạ chiếu vào lỗ đều bị bẫy lại và phản xạ nhiều lần bên trong hốc. Một hốc như vậy ở nhiệt độ ${400}^{\circ }\mathrm{C}$ có một lỗ diện tích $4,00{\mathrm{mm}}^2$. Mất bao lâu để hốc bức xạ được $100\mathrm{J}$ qua lỗ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhiệt độ hốc $T={400}^{\circ }\mathrm{C}=673,15\mathrm{K}$, diện tích lỗ $A=4,00{\mathrm{mm}}^2=4,00\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2$, mục tiêu $E=100\mathrm{J}$.

Hướng đi:

• Lỗ nhỏ đóng vai trò như bề mặt của một lý tưởng có cùng diện tích $A$ và cùng nhiệt độ $T$ với thành hốc.
• Dùng định luật Stefan-Boltzmann để tìm công suất phát xạ qua lỗ $P=A\sigma T^4$.
• Tính thời gian phát xạ $t=E/P$.

của thành hốc là:

$$\begin{array}{rl}T& =400+273,15\\ & =673,15\mathrm{K}.\end{array}$$

Vì bức xạ trong hốc đạt cân bằng nhiệt động với các thành, lỗ thủng hoạt động chính xác như một bề mặt tuyệt đối có độ phát xạ $\epsilon =1$. Công suất bức xạ thoát ra ngoài qua lỗ là:

$$\begin{array}{rl}P& =A\sigma T^4\\ & \approx \mathrm{0,046}55\mathrm{W}\\ & =46,55\mathrm{mW}.\end{array}$$

Thời gian cần thiết để phát ra $100\mathrm{J}$ là:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{E}{P}\\ & =\frac{100\mathrm{J}}{\mathrm{0,046}55\mathrm{W}}\\ & \approx 2148\mathrm{s}.\end{array}$$

Đổi sang phút:

$$t\approx \frac{2148}{60}\approx 35,8\min .$$

Bài tập 39: 59

(a) Viết định luật phân bố Planck theo $f$, thay vì bước sóng $\lambda$, để thu được biểu thức phổ $I(f)$. (b) Chứng minh rằng ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}I(\lambda )\mathrm{d}\lambda =\frac{2{\pi }^5{k}_B^4}{15c^2{h}^3}{T}^4$, trong đó $I(\lambda )$ là công thức phân bố Planck của phương trình (39.24). Gợi ý: Đổi biến tích phân từ $\lambda$ sang $f$ (hoặc đặt $x=\frac{hf}{k_{B}T}$), sử dụng tích phân đã cho ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^3}{{\mathrm{e}}^{ax}-1}\mathrm{d}x=\frac{1}{240}{\left(\frac{2\pi }{a}\right)}^4$. (c) Kết quả của câu (b) chính là cường độ bức xạ toàn phần $I$ và có dạng định luật Stefan-Boltzmann $I=\sigma T^4$ (phương trình 39.19). Hãy tính giá trị các hằng số ở câu (b) để chứng minh $\sigma$ có giá trị như đã nêu trong mục 39.5.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Định luật phân bố phổ Planck theo : $I(\lambda )=\frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5({\mathrm{e}}^{hc/(\lambda k_{B}T)}-1)}$.

Hướng đi:

• Đổi biến từ $\lambda$ sang $f$ qua $\lambda =c/f$, sử dụng quan hệ bảo toàn trong dải phổ $|I(f)\mathrm{d}f|=|I(\lambda )\mathrm{d}\lambda |$.
• Lấy tích phân trên toàn miền và dùng tích phân tiêu chuẩn để suy ra định luật Stefan-Boltzmann.
• Tính bằng số hệ số $\sigma$ và so sánh với hằng số Stefan-Boltzmann thực nghiệm.

(a) Vì $\lambda =c/f$, vi phân liên hệ với vi phân tần số qua:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{d}\lambda & =-\frac{c}{f^2}\mathrm{d}f\\ ⟹|\mathrm{d}\lambda |& =\frac{c}{f^2}\mathrm{d}f.\end{array}$$

bức xạ trong khoảng vi phân $[\lambda ,\lambda +\mathrm{d}\lambda ]$ phải bằng năng lượng trong khoảng tần số tương ứng $[f,f+\mathrm{d}f]$:

$$\begin{array}{rl}I(f)\mathrm{d}f& =I(\lambda )|\mathrm{d}\lambda |\\ & =I(c/f)\frac{c}{f^2}\mathrm{d}f.\end{array}$$

Thay $\lambda =c/f$ vào công thức Planck:

$$\begin{array}{rl}I(f)& =I(c/f)\frac{c}{f^2}\\ & =\frac{2\pi h{f}^3}{c^2({\mathrm{e}}^{hf/(k_{B}T)}-1)}.\end{array}$$

(b) Cường độ bức xạ toàn phần tích hợp trên mọi :

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}I(\lambda )\mathrm{d}\lambda \\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}I(f)\mathrm{d}f.\end{array}$$

Thay biểu thức $I(f)$ từ câu (a):

$$I=\frac{2\pi h}{c^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{3}df}{e^{af}-1}.$$

Ở đây $a=h/(k_{\mathrm{B}}T)$. Đặt $J(a)$ là tích phân vừa xuất hiện, khi đó

$$J(a)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{3}df}{e^{af}-1}.$$

Đặt $a=\frac{h}{k_{B}T}$, tích phân có dạng chuẩn:

$$\begin{array}{rl}J(a)& =\frac{1}{240}{\left(\frac{2\pi }{a}\right)}^4\\ & =\frac{16{\pi }^4}{240a^4}\\ & =\frac{{\pi }^4}{15a^4}.\end{array}$$

Thay $a=\frac{h}{k_{B}T}$ vào:

$$\frac{{\pi }^4}{15a^4}=\frac{{\pi }^4{k}_B^4{T}^4}{15h^4}.$$

Nhân hệ số phía trước tích phân:

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{2\pi h}{c^2}\cdot \frac{{\pi }^4{k}_B^4{T}^4}{15h^4}\\ & =\frac{2{\pi }^5{k}_B^4}{15c^2{h}^3}{T}^4.\end{array}$$

(c) Phương trình ở câu (b) có dạng đúng như định luật Stefan-Boltzmann:

$$I=\sigma T^4,$$

với hằng số Stefan-Boltzmann được xác định từ các hằng số cơ bản:

$$\sigma =\frac{2{\pi }^5{k}_B^4}{15c^2{h}^3}.$$

Thay các giá trị chuẩn: $k_B=\mathrm{1,380}649\times {10}^{-23}\mathrm{J}/\mathrm{K}$, $c=\mathrm{2,997}925\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $h=\mathrm{6,626}070\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\sigma =\frac{2{\pi }^5{k}_{\mathrm{B}}^4}{15c^2{h}^3}.$$

Khi dùng đơn vị $\mathrm{W}/({\mathrm{m}}^2{\mathrm{K}}^4)$, giá trị số của hằng số này là $\mathrm{5,670}4\times {10}^{-8}$.

Giá trị giải tích này hoàn toàn trùng khớp với hằng số Stefan-Boltzmann thực nghiệm.

Bài tập 39: 60

Một chùm electron $40\mathrm{eV}$ chuyển động theo chiều $+x$ đi qua một khe hẹp song song với trục $y$ và có bề rộng $a=5,0\mu \mathrm{m}$. Hình ảnh được ghi lại trên một màn quan sát cách khe $2,5\mathrm{m}$. (a) của electron là bao nhiêu? (b) Electron mất bao nhiêu thời gian để bay từ khe đến màn? (c) Dùng bề rộng của vân cực đại trung tâm để tính độ bất định về thành phần xung lượng theo trục $y$ của electron ngay sau khi đi qua khe. (d) Dùng kết quả câu (c) và nguyên lý bất định Heisenberg để ước tính độ bất định nhỏ nhất về tọa độ $y$ của electron ngay sau khi qua khe. So sánh kết quả này với bề rộng của khe.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron có $K=40\mathrm{eV}$, bề rộng khe $a=5,0\mu \mathrm{m}=5,0\times {10}^{-6}\mathrm{m}$, khoảng cách đến màn $D=2,5\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Tính xung lượng $p_x=\sqrt{2m_{e}K}$ và $\lambda =h/p_x$.
• Tìm tốc độ $v_x=p_x/m_e$ và thời gian bay $t=D/v_x$.
• Góc cực tiểu đầu tiên của hình khe đơn thỏa mãn $\sin \theta \approx \lambda /a$. Thành phần xung lượng ngang bị tán xạ tương ứng là $\mathrm{\Delta }{p}_y\approx p_x\sin \theta$.
• Áp dụng hệ thức Heisenberg $\mathrm{\Delta }y\mathrm{\Delta }{p}_y\ge \hslash /2$ để suy ra $\mathrm{\Delta }{y}_{min}$.

(a) Động năng của electron là $K=40\mathrm{eV}\approx \mathrm{6,408}\times {10}^{-18}\mathrm{J}$. chuyển động theo trục $x$ là:

$$\begin{array}{rl}{p}_x& =\sqrt{2m_{e}K}\\ & \approx \mathrm{3,415}\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p_x}\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{\mathrm{3,415}\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{1,940}\times {10}^{-10}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,194}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Vận tốc chuyển động dọc theo trục $x$ của electron:

$$\begin{array}{rl}{v}_x& =\frac{p_x}{m_e}\\ & =\frac{\mathrm{3,415}\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}}\\ & \approx \mathrm{3,749}\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Thời gian electron bay từ khe đến màn là:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{D}{v_x}\\ & =\frac{2,5\mathrm{m}}{\mathrm{3,749}\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx 6,67\times {10}^{-7}\mathrm{s}\\ & =\mathrm{0,667}\mu \mathrm{s}.\end{array}$$

(c) Cực tiểu đầu tiên của hình ảnh khe đơn xuất hiện tại góc $\theta$ thỏa mãn:

$$\sin \theta =\frac{\lambda }{a}.$$

Lấy nửa bề rộng của cực đại trung tâm làm thang độ phân tán , ta ước lượng:

$$\mathrm{\Delta }{p}_y\sim \frac{h}{a}.$$

Thang này xấp xỉ $\mathrm{1,325}\times {10}^{-28}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

$$\mathrm{\Delta }{y}_{min}\sim \frac{\hslash }{2\mathrm{\Delta }{p}_y}.$$

(d) Theo nguyên lý bất định Heisenberg:

$$\mathrm{\Delta }y\mathrm{\Delta }{p}_y\ge \frac{\hslash }{2}.$$

Với quy ước độ rộng ước lượng vừa chọn, thang cận dưới tọa độ là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{y}_{min}& =\frac{\hslash }{2\mathrm{\Delta }{p}_y}\\ & =\frac{h/(4\pi )}{h/a}\\ & =\frac{a}{4\pi }\\ & =\frac{5,0\mu \mathrm{m}}{4\pi }\\ & \approx \mathrm{0,398}\mu \mathrm{m}\\ & \approx 0,40\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

So sánh với bề rộng khe:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Delta }{y}_{min}}{a}& =\frac{1}{4\pi }\\ & \approx 8,0\mathrm{\%}.\end{array}$$

Kết quả có cùng bậc kích thước với độ rộng khe. Việc lấy nửa bề rộng vân trung tâm chỉ cho một thang độ rộng, không phải độ lệch chuẩn của toàn bộ phân bố . Vì vậy, hệ số số học ở đây phụ thuộc quy ước ước lượng. Với khe sắc lý tưởng, phải xét cả các đuôi phân bố khi bàn về phương sai.

Bài tập 39.61–39.75

Bài toán tổng hợp (Problems tiếp theo)

Bài tập 39: 61

Nếu bạn có thể đứng yên tuyệt đối, của bạn sẽ là vô hạn. Tuy nhiên, ngay khi bạn có một chuyển động nhỏ nhất, của bạn sẽ sụp đổ về thang đo hữu hạn. (a) Ước tính tốc độ chậm nhất mà bạn có thể cảm nhận hoặc quan sát được trực tiếp bằng mắt thường (ví dụ $v\sim 1\mathrm{mm}/\mathrm{s}={10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s}$). (b) Ước tính bước sóng de Broglie của bạn nếu bạn chuyển động với tốc độ chậm nhất cảm nhận được đó (với khối lượng cơ thể $m\approx 70\mathrm{kg}$). (c) Một hạt cát có khối lượng khoảng $0,5\mathrm{mg}=0,5\times {10}^{-6}\mathrm{kg}$. Ước tính bước sóng của hạt cát chuyển động với tốc độ chậm nhất cảm nhận được đó. (d) Nếu tự nhiên thay đổi các định luật sao cho hằng số Planck trở thành $h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, bước sóng của một hạt cát chuyển động với tốc độ $1\mathrm{m}/\mathrm{s}$ sẽ bằng bao nhiêu? (e) Trong cùng hoàn cảnh giả định đó ($h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$), hãy ước tính bước sóng của chính bạn nếu bạn chạy với tốc độ $2,5\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (f) Một quả bóng chày có khối lượng $145\mathrm{g}=\mathrm{0,145}\mathrm{kg}$. Hãy ước tính tốc độ mà quả bóng chày cần phải có để xuất hiện hiện tượng quan sát được, nghĩa là vân cực đại trung tâm mở rộng một góc ${10}^{\circ }$, khi được ném qua một ô cửa ra vào rộng $0,90\mathrm{m}$, trong thế giới giả định có $h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Người có $m=70\mathrm{kg}$, hạt cát $m=0,5\times {10}^{-6}\mathrm{kg}$, bóng chày $m=\mathrm{0,145}\mathrm{kg}$, cửa rộng $a=0,90\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng công thức de Broglie $\lambda =h/(mv)$ để tính cho các vật thể vĩ mô.
• Khảo sát sự thay đổi khi hằng số Planck tăng lên $h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$.
• Áp dụng điều kiện cực tiểu khe đơn $a\sin \theta =\lambda$ để tìm và tốc độ yêu cầu của quả bóng chày.

(a) Tốc độ chậm nhất mắt người có thể cảm nhận chuyển động trực tiếp mà không cần thiết bị đo khuếch đại là khoảng $v\approx 1\mathrm{mm}/\mathrm{s}={10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

(b) Với khối lượng cơ thể $m=70\mathrm{kg}$, tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{mv}\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{(70\mathrm{kg})({10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s})}\\ & \approx 9,5\times {10}^{-33}\mathrm{m}.\end{array}$$

(c) Với một hạt cát khối lượng $m=0,5\mathrm{mg}=0,5\times {10}^{-6}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{mv}\\ & \approx 1,3\times {10}^{-24}\mathrm{m}.\end{array}$$

này nhỏ hơn kích thước nguyên tử nhiều bậc độ lớn, chứng minh bản chất sóng của vật thể vĩ mô hoàn toàn bị che khuất.

(d) Nếu $h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, của hạt cát chuyển động với $v=1\mathrm{m}/\mathrm{s}$ là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{mv}\\ & =2,0\times {10}^6\mathrm{m}\\ & =2000\mathrm{km}.\end{array}$$

(e) Với người có $m=70\mathrm{kg}$ chạy với $v=2,5\mathrm{m}/\mathrm{s}$ khi $h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{(70\mathrm{kg})(2,5\mathrm{m}/\mathrm{s})}\\ & \approx 5,7\times {10}^{-3}\mathrm{m}\\ & =5,7\mathrm{mm}.\end{array}$$

(f) Cực đại trung tâm có góc mở $2\theta ={10}^{\circ }$, nghĩa là cực tiểu thứ nhất ở góc $\theta =5^{\circ }$. Bề rộng cửa là $a=0,90\mathrm{m}$. yêu cầu:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =a\sin (5^{\circ })\\ & =(0,90\mathrm{m})\sin (5^{\circ })\\ & \approx \mathrm{0,078}44\mathrm{m}.\end{array}$$

Tốc độ cần thiết của quả bóng chày $m=\mathrm{0,145}\mathrm{kg}$ khi $h=1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ là:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{h}{m\lambda }\\ & =\frac{1\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{(\mathrm{0,145}\mathrm{kg})(\mathrm{0,078}44\mathrm{m})}\\ & \approx 88\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 39: 62

Electron đi qua một khe đơn rộng $300\mathrm{nm}$ và đập vào màn quan sát cách khe $24,0\mathrm{cm}$. Tại các góc $\pm 20,0^{\circ }$ so với tâm của hình ảnh , không có electron nào đập vào màn, nhưng electron đập vào tất cả các điểm nằm gần tâm hơn. (a) Các electron này chuyển động với tốc độ bao nhiêu khi đi qua khe? (b) Cặp góc lớn hơn tiếp theo mà tại đó không có electron nào đập vào màn là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng khe $a=300\mathrm{nm}=3,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}$, cực tiểu đầu tiên tại ${\theta }_1=20,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Cực tiểu đầu tiên của khe đơn thỏa mãn $a\sin {\theta }_1=\lambda$.
• Từ $\lambda$, tính tốc độ electron $v=h/(m_e\lambda )$.
• Cực tiểu tiếp theo ứng với $m=2$: $a\sin {\theta }_2=2\lambda$.

(a) Vì không có electron ở góc $\pm 20,0^{\circ }$ và có electron ở mọi điểm gần tâm hơn, ${\theta }_1=20,0^{\circ }$ chính là vị trí của cực tiểu thứ nhất:

$$a\sin {\theta }_1=\lambda .$$

của chùm electron là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =a\sin (20,0^{\circ })\\ & =(300\mathrm{nm})\sin (20,0^{\circ })\\ & \approx 102,6\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vận tốc của electron khi đi qua khe:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{h}{m_e\lambda }\\ & \approx 7,09\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Cực tiểu giao thoa thứ hai thỏa mãn:

$$a\sin {\theta }_2=2\lambda =2a\sin {\theta }_1.$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_2& =2\sin (20,0^{\circ })\\ & \approx \mathrm{0,684}0.\end{array}$$

Góc lệch tương ứng:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_2& =\arcsin (\mathrm{0,684}0)\\ & \approx 43,2^{\circ }.\end{array}$$

Cặp góc lớn hơn tiếp theo mà tại đó không có electron nào đập vào màn là $\pm 43,2^{\circ }$.

Bài tập 39: 63

Một chùm electron được tăng tốc từ trạng thái nghỉ rồi đi qua hai khe hẹp giống nhau cách nhau $d=1,25\mathrm{nm}$. Người ta quan sát thấy vân tối giao thoa hai khe đầu tiên xuất hiện ở góc $\pm 18,0^{\circ }$ so với hướng ban đầu của chùm hạt khi nhìn trên màn ở xa. (a) Các electron này có mang tính tương đối tính không? Giải thích vì sao bạn biết. (b) Chùm electron đã được tăng tốc qua hiệu điện thế bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng cách hai khe $d=1,25\mathrm{nm}$, vân tối đầu tiên tại $\theta =18,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Điều kiện vân tối giao thoa hai khe: $d\sin \theta =(m+1/2)\lambda$. Với vân tối đầu tiên, $m=0⟹d\sin \theta =\lambda /2$.
• Tính , xung lượng $p=h/\lambda$ và vận tốc $v=p/m_e$.
• So sánh $v$ với vận tốc ánh sáng $c$ để kết luận tính tương đối tính.
• Tìm hiệu điện thế tăng tốc từ $e{V}_{\text{acc}}=K=p^2/(2m_e)$.

(a) Vị trí vân tối đầu tiên thỏa mãn:

$$\begin{array}{rl}d\sin \theta & =\frac{\lambda }{2}\\ & ⟹\lambda =2d\sin \theta .\end{array}$$

của electron là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =2(1,25\mathrm{nm})\sin (18,0^{\circ })\\ & \approx \mathrm{0,772}5\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{7,725}\times {10}^{-10}\mathrm{m}.\end{array}$$

của electron:

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{\mathrm{7,725}\times {10}^{-10}\mathrm{m}}\\ & \approx \mathrm{8,577}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Vận tốc của electron:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{p}{m_e}\\ & =\frac{\mathrm{8,577}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}}\\ & \approx 9,42\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tỉ số giữa vận tốc electron và vận tốc ánh sáng là:

$$\begin{array}{rl}\frac{v}{c}& =\frac{9,42\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{0,003}1=0,31\mathrm{\%}.\end{array}$$

Vì vận tốc nhỏ hơn $1\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng, các electron này hoàn toàn phi tương đối tính.

(b) Động năng của electron thu được từ điện trường tăng tốc:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx \mathrm{4,038}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{\mathrm{4,038}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,52\mathrm{eV}.\end{array}$$

Vì hạt mang điện tích nguyên tố $e$, hiệu điện thế tăng tốc chính là:

$$V_{\text{acc}}=2,52\mathrm{V}.$$

Bài tập 39: 64

Ánh sáng kết hợp được truyền qua hai khe hẹp cách nhau $20,0\mu \mathrm{m}$. Vân sáng bậc hai trong hình ảnh giao thoa nằm ở góc $\mathrm{0,030}0\mathrm{rad}$. Nếu dùng electron thay cho ánh sáng, động năng (theo ) của electron phải bằng bao nhiêu để tạo ra hình ảnh giao thoa có vân sáng cực đại bậc hai cũng ở đúng góc $\mathrm{0,030}0\mathrm{rad}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng cách hai khe $d=20,0\mu \mathrm{m}=2,00\times {10}^{-5}\mathrm{m}$, vân sáng bậc hai $m=2$ ở góc $\theta =\mathrm{0,030}0\mathrm{rad}$.

Hướng đi:

• Cực đại giao thoa hai khe thỏa mãn $d\sin \theta =m\lambda$.
• Để electron có cùng hình ảnh giao thoa ở góc $\theta$, phải bằng ánh sáng.
• Tính $p=h/\lambda$ và suy ra động năng $K=p^2/(2m_e)$.

Điều kiện cực đại giao thoa bậc hai ($m=2$):

$$d\sin \theta =2\lambda .$$

của sóng liên kết với electron phải là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{d\sin \theta }{2}\\ & =\frac{d\sin (\mathrm{0,030}0\mathrm{rad})}{2}\\ & \approx 3,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}\\ & =300\mathrm{nm}.\end{array}$$

của electron tương ứng:

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{3,00\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\\ & \approx \mathrm{2,209}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng của electron là:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & \approx \mathrm{2,678}\times {10}^{-24}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{\mathrm{2,678}\times {10}^{-24}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 1,67\times {10}^{-5}\mathrm{eV}\\ & =16,7\mu \mathrm{eV}.\end{array}$$

Bài tập 39: 65

Một chùm electron và một chùm cùng truyền qua các khe giống hệt nhau. Trên một màn quan sát ở xa, vân tối đầu tiên xuất hiện ở cùng một góc đối với cả hai chùm hạt. Tốc độ của electron chậm hơn tốc độ ánh sáng rất nhiều. (a) Hãy biểu diễn $E$ của một photon theo động năng $K$ của một electron. (b) Đại lượng nào lớn hơn: Năng lượng của photon hay động năng của electron?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron ($v_e\ll c$) và cùng tạo vân tối đầu tiên tại cùng góc $\theta$.

Hướng đi:

• Cùng góc vân tối qua khe đồng nghĩa với bằng nhau: ${\lambda }_e={\lambda }_{\gamma }$.
• Dùng hệ thức $E=hc/\lambda$ cho và $K=p^2/(2m_e)=h^2/(2m_e{\lambda }^2)$ cho electron.
• Biến đổi đại số để liên hệ $E$ với $K$ và so sánh độ lớn.

(a) Vì vân tối đầu tiên xuất hiện ở cùng góc $\theta$, của hai chùm hạt phải bằng nhau:

$${\lambda }_e={\lambda }_{\gamma }=\lambda .$$

của là:

$$E=\frac{hc}{\lambda }.$$

Động năng phi tương đối tính của electron là:

$$K=\frac{p^2}{2m_e}=\frac{h^2}{2m_e{\lambda }^2}.$$

Từ biểu thức động năng, ta rút ra :

$$\lambda =\frac{h}{\sqrt{2m_{e}K}}.$$

Thế vào biểu thức :

$$\begin{array}{rl}E& =\frac{hc}{h/\sqrt{2m_{e}K}}\\ & =c\sqrt{2m_{e}K}\\ & =\sqrt{2m_e{c}^{2}K}.\end{array}$$

Biểu diễn theo vận tốc electron $v_e=p/m_e=\sqrt{2K/m_e}$:

$$E=2\left(\frac{c}{v_e}\right)K.$$

(b) Vì tốc độ electron chậm hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng ($v_e\ll c$), tỉ số $c/v_e\gg 1$. Do đó:

$$2\left(\frac{c}{v_e}\right)\gg 1⟹E\gg K.$$

của lớn hơn rất nhiều so với động năng của electron có cùng .

Bài tập 39: 66

của một tế bào hồng cầu có khối lượng $1,00\times {10}^{-11}\mathrm{g}$ đang chuyển động với tốc độ $\mathrm{0,400}\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ bằng bao nhiêu? Ta có cần phải quan tâm đến tính chất sóng của các tế bào hồng cầu khi mô tả dòng chảy của máu trong cơ thể không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tế bào hồng cầu có $m=1,00\times {10}^{-11}\mathrm{g}=1,00\times {10}^{-14}\mathrm{kg}$, tốc độ $v=\mathrm{0,400}\mathrm{cm}/\mathrm{s}=4,00\times {10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Tính xung lượng cổ điển $p=mv$.
• Dùng hệ thức de Broglie $\lambda =h/p$.
• So sánh tính được với kích thước của tế bào hồng cầu và đường kính mạch máu.

của tế bào hồng cầu là:

$$\begin{array}{rl}p& =mv\\ & =4,00\times {10}^{-17}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{4,00\times {10}^{-17}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx 1,66\times {10}^{-17}\mathrm{m}.\end{array}$$

Kích thước của tế bào hồng cầu khoảng $7\mu \mathrm{m}=7\times {10}^{-6}\mathrm{m}$, và đường kính các mao mạch hẹp nhất khoảng $4\mu \mathrm{m}$. $\sim {10}^{-17}\mathrm{m}$ nhỏ hơn kích thước vật thể và lòng mạch tới hơn 11 bậc độ lớn. Vì vậy, các hiện tượng sóng lượng tử (giao thoa, ) hoàn toàn không thể quan sát được, và ta không cần quan tâm đến tính chất sóng khi nghiên cứu huyết động học.

Bài tập 39: 67

Electron tốc độ cao được dùng để thăm dò cấu trúc bên trong của hạt nhân nguyên tử. Đối với các electron như vậy, hệ thức $\lambda =h/p$ vẫn nghiệm đúng, nhưng ta phải dùng biểu thức $p=\frac{mv}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$. (a) Chứng minh rằng tốc độ $v$ của một electron có $\lambda$ được cho bởi $v=\frac{c}{\sqrt{1+(mc\lambda /h{)}^2}}$. (b) Đại lượng $\frac{h}{mc}=\mathrm{2,426}\times {10}^{-12}\mathrm{m}$ ( Compton ${\lambda }_C$). Nếu $\lambda$ rất nhỏ so với $\frac{h}{mc}$, mẫu số của biểu thức ở câu (a) rất gần 1 và tốc độ $v$ rất gần $c$. Khi đó rất thuận tiện để viết $v=(1-\mathrm{\Delta })c$ và biểu diễn tốc độ electron qua $\mathrm{\Delta }$ thay vì $v$. Tìm biểu thức của $\mathrm{\Delta }$ khi $\lambda \ll \frac{h}{mc}$. (Gợi ý: Dùng khai triển nhị thức $(1+z{)}^n\approx 1+nz$). (c) Một electron phải chuyển động nhanh đến mức nào để bước sóng de Broglie của nó bằng $1,00\times {10}^{-15}\mathrm{m}$, tương đương kích thước của một proton? Hãy biểu diễn câu trả lời dưới dạng $v=(1-\mathrm{\Delta })c$ và nêu giá trị của $\mathrm{\Delta }$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron tương đối tính có $p=mv/\sqrt{1-v^2/c^2}=h/\lambda$.

Hướng đi:

• Bình phương và cô lập $v$ để chứng minh biểu thức $v(\lambda )$.
• Đặt ẩn phụ không thứ nguyên $z=(mc\lambda /h{)}^2$ và dùng khai triển nhị thức $(1+z{)}^{-1/2}\approx 1-z/2$.
• Thay số liệu $\lambda =1,00\times {10}^{-15}\mathrm{m}$ để tìm giá trị của $\mathrm{\Delta }$.

(a) Từ hệ thức de Broglie:

$$p=\frac{h}{\lambda }.$$

Đồng thời theo cơ học tương đối tính:

$$\frac{mv}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=\frac{h}{\lambda }.$$

Bình phương hai vế:

$$\frac{m^2{v}^2}{1-v^2/c^2}=\frac{h^2}{{\lambda }^2}.$$

Nhân chéo và nhóm các số hạng chứa $v^2$:

$$m^2{v}^2=\frac{h^2}{{\lambda }^2}-\frac{h^2{v}^2}{{\lambda }^2{c}^2}.$$

Chuyển vế và đặt thừa số chung:

$$v^2(m^2+\frac{h^2}{{\lambda }^2{c}^2})=\frac{h^2}{{\lambda }^2}.$$

Chia cả hai vế cho $h^2/({\lambda }^2{c}^2)$:

$$v^2[1+{\left(\frac{mc\lambda }{h}\right)}^2]=c^2.$$

Lấy căn bậc hai:

$$v=\frac{c}{\sqrt{1+(mc\lambda /h{)}^2}}.$$

(b) Đặt $z={\left(\frac{mc\lambda }{h}\right)}^2={\left(\frac{\lambda }{{\lambda }_C}\right)}^2$. Khi $\lambda \ll {\lambda }_C=\frac{h}{mc}$, ta có $z\ll 1$.

Áp dụng khai triển nhị thức $(1+z{)}^{-1/2}\approx 1-\frac{1}{2}z$:

$$\begin{array}{rl}v& =c(1+z{)}^{-1/2}\\ & \approx c(1-\frac{1}{2}z).\end{array}$$

So sánh với dạng $v=(1-\mathrm{\Delta })c$, ta tìm được:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }& \approx \frac{1}{2}{\left(\frac{mc\lambda }{h}\right)}^2\\ & =\frac{1}{2}{\left(\frac{\lambda }{{\lambda }_C}\right)}^2.\end{array}$$

(c) Với $\lambda =1,00\times {10}^{-15}\mathrm{m}$ và ${\lambda }_C=\mathrm{2,426}\times {10}^{-12}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }& \approx \frac{1}{2}(\lambda /{\lambda }_C{)}^2\\ & =\frac{1}{2}(\mathrm{4,122}\times {10}^{-4}{)}^2\\ & \approx 8,50\times {10}^{-8}.\end{array}$$

Vận tốc của electron là:

$$v=(1-8,50\times {10}^{-8})c.$$

Bài tập 39: 68

Giả sử độ bất định về vị trí của electron bằng bán kính $n=1$ của nguyên tử hydrogen ($a_0$). Hãy tính độ bất định nhỏ nhất đồng thời của thành phần xung lượng tương ứng, và so sánh độ bất định này với độ lớn xung lượng của electron trên quỹ đạo Bohr $n=1$. Thảo luận kết quả.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ bất định vị trí $\mathrm{\Delta }x=a_0\approx \mathrm{0,529}2\times {10}^{-10}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng nguyên lý bất định Heisenberg $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x\ge \hslash /2$ để tính $\mathrm{\Delta }{p}_x$.
• Trong , xung lượng quỹ đạo ở mức $n=1$ là $p_1=\hslash /a_0$.
• Lập tỉ số $\mathrm{\Delta }{p}_x/p_1$ và thảo luận giới hạn của mô hình quỹ đạo cổ điển.

Theo nguyên lý bất định Heisenberg:

$$\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }{p}_x\ge \frac{\hslash }{2}.$$

Khi $\mathrm{\Delta }x=a_0$, độ bất định tối thiểu về xung lượng là:

$$\mathrm{\Delta }{p}_x=\frac{\hslash }{2a_0}.$$

Thay các giá trị số:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{p}_x& \ge \frac{\hslash }{2a_0}\\ & \approx 9,96\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Trong , ở mức $n=1$ là $L=p_1{a}_0=\hslash$, do đó độ lớn xung lượng quỹ đạo là:

$$\begin{array}{rl}{p}_1& =\frac{\hslash }{a_0}\\ & =\frac{\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{\mathrm{0,529}2\times {10}^{-10}\mathrm{m}}\\ & \approx 1,99\times {10}^{-24}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

So sánh hai đại lượng:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Delta }{p}_x}{p_1}& =\frac{\hslash /(2a_0)}{\hslash /a_0}\\ & =\frac{1}{2}\\ & =50\mathrm{\%}.\end{array}$$

Độ bất định về xung lượng bằng một nửa toàn bộ độ lớn xung lượng của hạt. Kết quả này chứng minh rằng ý niệm về một electron chuyển động trên quỹ đạo tròn xác định bán kính $a_0$ với xung lượng xác định $p_1$ là mâu thuẫn hoàn toàn với nguyên lý bất định. chỉ là bước chuyển giao lịch sử, còn bản chất thực sự là đám mây xác suất lượng tử 3 chiều.

Bài tập 39: 69

(a) Một hạt có khối lượng $m$ có động năng bằng ba lần của nó. của hạt này là bao nhiêu? (Gợi ý: Bắt buộc dùng các hệ thức tương đối tính $E^2=(pc{)}^2+(m{c}^2{)}^2$ và $K=E-m{c}^2$). (b) Xác định giá trị số của động năng (theo MeV) và (theo mét) nếu hạt ở câu (a) là (i) electron và (ii) proton.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Động năng tương đối tính $K=3m{c}^2$.

Hướng đi:

• toàn phần $E=K+m{c}^2=4m{c}^2$.
• Dùng hệ thức tán sắc tương đối tính $E^2=(pc{)}^2+(m{c}^2{)}^2$ để rút ra $p$.
• Tính $\lambda =h/p$.
• Thay số liệu của electron ($\mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$) và proton ($938,3\mathrm{MeV}$).

(a) toàn phần của hạt là:

$$E=K+m{c}^2=4m{c}^2.$$

Hệ thức - xung lượng tương đối tính:

$$E^2=(pc{)}^2+(m{c}^2{)}^2.$$

Thay $E=4m{c}^2$:

$$(4m{c}^2{)}^2=(pc{)}^2+(m{c}^2{)}^2,$$

suy ra:

$$(pc{)}^2=15(m{c}^2{)}^2.$$

Độ lớn xung lượng của hạt:

$$p=\sqrt{15}mc.$$

tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}\\ & =\frac{h}{\sqrt{15}mc}\\ & =\frac{hc}{\sqrt{15}m{c}^2}.\end{array}$$

(b) (i) Với electron ($m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}0\mathrm{MeV}$):

Động năng:

$$\begin{array}{rl}K& =3(\mathrm{0,511}0\mathrm{MeV})\\ & \approx \mathrm{1,533}\mathrm{MeV}.\end{array}$$

:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_e& =\frac{1239,84\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}}{\sqrt{15}(\mathrm{0,511}0\mathrm{MeV})}\\ & \approx 626\mathrm{fm}\\ & =6,26\times {10}^{-13}\mathrm{m}.\end{array}$$

(ii) Với proton ($m_p{c}^2\approx 938,27\mathrm{MeV}$):

Động năng:

$$\begin{array}{rl}K& =3(938,27\mathrm{MeV})\\ & \approx 2815\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{2,815}\mathrm{GeV}.\end{array}$$

:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_p& =\frac{1239,84\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}}{\sqrt{15}(938,27\mathrm{MeV})}\\ & \approx \mathrm{0,341}\mathrm{fm}\\ & =3,41\times {10}^{-16}\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 39: 70

proton trong hạt nhân. Bán kính hạt nhân nguyên tử có cỡ $5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. (a) Ước tính độ bất định nhỏ nhất về xung lượng của một proton nếu nó bị giam giữ bên trong hạt nhân. (b) Coi độ bất định xung lượng này là ước lượng cho độ lớn xung lượng của proton. Dùng hệ thức tương đối tính giữa năng lượng và xung lượng để ước tính động năng của proton bị giam giữ trong hạt nhân. (c) Để proton có thể liên kết bền vững trong hạt nhân, độ lớn thế năng (âm) giữ proton trong hạt nhân tối thiểu phải bằng bao nhiêu? Trả lời theo eV và MeV. So sánh với thế năng của electron trong nguyên tử hydrogen (vài chục eV). (Điều này giải thích vì sao tương tác liên kết hạt nhân được gọi là "lực hạt nhân mạnh").

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kích thước hạt nhân $R=5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. Proton có $m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$.

Hướng đi:

• Độ bất định vị trí tối đa $\mathrm{\Delta }x\approx R$. Dùng hệ thức Heisenberg để tìm $\mathrm{\Delta }{p}_x$.
• Lấy $p\approx \mathrm{\Delta }p$ và tính động năng qua hệ thức tương đối tính $K=\sqrt{(pc{)}^2+(m_p{c}^2{)}^2}-m_p{c}^2$.
• Điều kiện liên kết bền vững: $|U|>K$.

(a) Vì proton bị giam trong hạt nhân bán kính $R=5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$, độ bất định vị trí của proton không vượt quá:

$$\mathrm{\Delta }x\approx 5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}.$$

Độ bất định nhỏ nhất về xung lượng theo hệ thức Heisenberg:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }p& \ge \frac{\hslash }{2\mathrm{\Delta }x}\\ & =\frac{\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{2(5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m})}\\ & \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-20}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Lấy $p\approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-20}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tích số $pc$ là:

$$\begin{array}{rl}pc& \approx \mathrm{3,162}\times {10}^{-12}\mathrm{J}\\ & \approx 19,7\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Để thực hiện phép tính tương đối tính, đặt $E_r=m_p{c}^2$. Động năng được xác định bởi

$$K=\sqrt{(pc{)}^2+E_r^2}-E_r.$$

Với $pc\approx 19,7\mathrm{MeV}$ và $E_r\approx 938,3\mathrm{MeV}$, kết quả là $K\approx \mathrm{0,207}\mathrm{MeV}$. Vì $pc$ nhỏ so với , gần đúng phi tương đối tính cho kết quả gần bằng giá trị ấy:

Vì $pc\ll m_p{c}^2\approx 938,3\mathrm{MeV}$, proton chuyển động phi tương đối tính:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m_p}\\ & \approx 3,32\times {10}^{-14}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{3,32\times {10}^{-14}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,07\times {10}^5\mathrm{eV}\\ & \approx 0,21\mathrm{MeV}.\end{array}$$

(c) Để proton không bay ra khỏi hạt nhân, toàn phần phải âm ($E=K+U<0$). Do đó độ lớn thế năng hút tối thiểu phải thỏa mãn:

$$|U|>K\approx 0,21\mathrm{MeV}.$$

Trong nguyên tử hydrogen, tĩnh điện của electron chỉ có độ lớn cỡ $27,2\mathrm{eV}$. Thế năng hạt nhân lớn hơn thế năng nguyên tử hàng chục nghìn lần, giải thích vì sao lực liên kết các nucleon trong hạt nhân được gọi là lực tương tác mạnh.

Bài tập 39: 71

electron trong hạt nhân. Bán kính hạt nhân nguyên tử có cỡ $5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. (a) Ước tính độ bất định nhỏ nhất về xung lượng của một electron nếu nó bị giam giữ bên trong hạt nhân. (b) Coi độ bất định xung lượng này là ước lượng cho độ lớn xung lượng của electron. Dùng hệ thức tương đối tính giữa năng lượng và xung lượng để ước tính động năng của electron bị giam giữ trong hạt nhân. (c) So sánh động năng tính ở câu (b) với độ lớn thế năng Coulomb của một proton và một electron cách nhau $5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. Dựa trên kết quả này, liệu có thể có electron tồn tại bên trong hạt nhân không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kích thước giam giữ $R=5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. Khảo sát giả thiết electron nằm trong hạt nhân.

Hướng đi:

• Tính độ bất định xung lượng tối thiểu $\mathrm{\Delta }p\approx \hslash /(2R)$.
• Electron có khối lượng rất nhỏ nên khi có xung lượng này, hạt ở trạng thái siêu tương đối tính $E\approx pc$.
• Tính hút Coulomb $|U|=k{e}^2/R$ và so sánh với động năng giam giữ lượng tử $K$.

(a) Độ bất định vị trí của electron nếu bị giam trong hạt nhân là $\mathrm{\Delta }x\approx 5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. Theo nguyên lý bất định Heisenberg:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }p& \ge \frac{\hslash }{2\mathrm{\Delta }x}\\ & =\frac{\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{2(5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m})}\\ & \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-20}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Lấy $p\approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-20}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tích số $pc$ là:

$$\begin{array}{rl}pc& \approx \mathrm{3,162}\times {10}^{-12}\mathrm{J}\\ & \approx 19,7\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Vì của electron $m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}\ll pc$, động năng của electron mang tính siêu tương đối tính:

$$K=\sqrt{(pc{)}^2+E_r^2}-E_r.$$

Ở đây $E_r=m_e{c}^2\approx \mathrm{0,511}\mathrm{MeV}$. Thay $pc\approx 19,74\mathrm{MeV}$ vào biểu thức tương đối tính cho

$$K\approx 19,2\mathrm{MeV}.$$

(c) Độ lớn của hút tĩnh điện Coulomb giữa một proton và một electron ở khoảng cách $r=5,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}|U|& =\frac{k{e}^2}{r}\\ & \approx 4,61\times {10}^{-14}\mathrm{J}\\ & \approx 0,29\mathrm{MeV}.\end{array}$$

So sánh hai giá trị:

$$\begin{array}{rl}K& \approx 19,2\mathrm{MeV}\\ & \gg |U|\\ & \approx 0,29\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Động tử sinh ra do hiệu ứng giam giữ không gian lớn gấp gần 70 lần thế năng Coulomb giữ hạt. Năng lượng toàn phần $E=K+U\approx +18,9\mathrm{MeV}>0$. Giếng thế Coulomb hoàn toàn không đủ sâu để bẫy electron lại. Vì vậy, electron không thể tồn tại như một hạt thành phần thường trực bên trong hạt nhân.

Bài tập 39: 72

Hạt pion trung hòa (${\pi }^0$) là một hạt không bền được sinh ra trong các va chạm hạt cao. Khối lượng của nó gấp khoảng 264 lần khối lượng electron, và nó tồn tại với thời gian sống trung bình là $8,4\times {10}^{-17}\mathrm{s}$ trước khi phân rã thành hai tia gamma. Sử dụng hệ thức năng lượng - khối lượng nghỉ $E=m{c}^2$ và hệ thức bất định năng lượng - thời gian, hãy tìm độ bất định về khối lượng của hạt và biểu diễn độ bất định này dưới dạng một phần phân số của khối lượng hạt ban đầu.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thời gian sống $\tau =8,4\times {10}^{-17}\mathrm{s}$, khối lượng $m=264m_e$.

Hướng đi:

• Dùng hệ thức bất định - thời gian $\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\ge \hslash /2$ với $\mathrm{\Delta }t=\tau$.
• Quy đổi độ bất định sang độ bất định khối lượng $\mathrm{\Delta }m=\mathrm{\Delta }E/c^2$.
• Tính tỉ số bất định tương đối $\mathrm{\Delta }m/m$.

Thời gian tồn tại của hạt là $\mathrm{\Delta }t=\tau =8,4\times {10}^{-17}\mathrm{s}$. Theo hệ thức bất định Heisenberg:

$$\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\ge \frac{\hslash }{2}.$$

Độ bất định nhỏ nhất về của hạt pion là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{\hslash }{2\tau }\\ & =\frac{\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{2(8,4\times {10}^{-17}\mathrm{s})}\\ & \approx \mathrm{6,277}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{\mathrm{6,277}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 3,92\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ bất định về khối lượng của hạt là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }m& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{c^2}\\ & =\frac{\mathrm{6,277}\times {10}^{-19}\mathrm{J}}{(\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}{)}^2}\\ & \approx 6,98\times {10}^{-36}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Khối lượng nghỉ danh định của hạt pion trung hòa là:

$$\begin{array}{rl}m& =264m_e\\ & =264(\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg})\\ & \approx \mathrm{2,405}\times {10}^{-28}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Tương đương với $m{c}^2\approx 135,0\mathrm{MeV}$. Tỉ số bất định tương đối về khối lượng là:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Delta }m}{m}& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{m{c}^2}\\ & =\frac{3,92\mathrm{eV}}{135,0\times {10}^6\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,9\times {10}^{-8}.\end{array}$$

Bài tập 39: 73

qua cửa ra vào. Nếu của bạn là $1,0\mathrm{m}$, bạn sẽ trải qua hiện tượng nhiễu xạ đáng kể khi đi qua một ô cửa ra vào. (a) Tốc độ chuyển động của bạn phải bằng bao nhiêu để có này? (Giả sử khối lượng cơ thể bạn là $60,0\mathrm{kg}$). (b) Với tốc độ tính ở câu (a), bạn sẽ mất bao nhiêu năm để bước được một bước dài $0,80\mathrm{m}$? Bạn có quan sát thấy hiệu ứng nhiễu xạ khi đi bộ qua cửa ra vào ngoài đời thực không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\lambda =1,0\mathrm{m}$, $m=60,0\mathrm{kg}$, độ dài một bước $d=0,80\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng hệ thức de Broglie $\lambda =h/(mv)$ để rút ra vận tốc $v$.
• Tính thời gian đi một bước $t=d/v$ và đổi sang đơn vị năm.
• So sánh thực tế khi đi bộ bình thường với kích thước cửa để giải thích hiện tượng.

(a) Từ hệ thức :

$$\lambda =\frac{h}{mv}.$$

Tốc độ chuyển động cần thiết là:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{h}{m\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{(60,0\mathrm{kg})(1,0\mathrm{m})}\\ & \approx \mathrm{1,104}\times {10}^{-35}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Thời gian để thực hiện một bước chân dài $0,80\mathrm{m}$ với tốc độ này:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{d}{v}\\ & =\frac{0,80\mathrm{m}}{\mathrm{1,104}\times {10}^{-35}\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx 7,24\times {10}^{34}\mathrm{s}.\end{array}$$

Đổi sang năm với $1\mathrm{yr}\approx \mathrm{3,156}\times {10}^7\mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}t& \approx \frac{7,24\times {10}^{34}}{\mathrm{3,156}\times {10}^7}\\ & \approx 2,3\times {10}^{27}\mathrm{yr}.\end{array}$$

Khoảng thời gian này lớn hơn tuổi vũ trụ hàng tỉ tỉ lần. Ngoài đời thực, khi ta đi bộ bình thường với $v\sim 1\mathrm{m}/\mathrm{s}$, chỉ là $\lambda \sim {10}^{-35}\mathrm{m}$. này nhỏ hơn bề rộng ô cửa ($a\sim 1\mathrm{m}$) tới 35 bậc độ lớn, khiến góc $\theta \approx \lambda /a\approx 0$, do đó ta hoàn toàn không quan sát thấy bất kỳ hiệu ứng nhiễu xạ nào.

Bài tập 39: 74

Độ bất định trong quang phổ nguyên tử. Một nguyên tử có một nằm phía trên mức cơ bản một khoảng $2,58\mathrm{eV}$. Sau khi được kích thích lên mức này, nguyên tử tồn tại ở đó trung bình trong thời gian $1,64\times {10}^{-7}\mathrm{s}$ trước khi phát ra một và quay về mức cơ bản. (a) của photon (theo eV) và của photon (theo nm) bằng bao nhiêu? (b) Độ bất định nhỏ nhất có thể có về năng lượng của photon là bao nhiêu (theo eV)? (c) Chứng minh rằng $|\mathrm{\Delta }E/E|=|\mathrm{\Delta }\lambda /\lambda |$ khi $|\mathrm{\Delta }\lambda /\lambda |\ll 1$. Dùng hệ thức này để tính độ lớn của độ bất định nhỏ nhất về bước sóng photon (theo nm).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mức kích thích $E=2,58\mathrm{eV}$, thời gian sống trung bình $\mathrm{\Delta }t=1,64\times {10}^{-7}\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• tính qua $\lambda =hc/E$.
• Độ bất định nhỏ nhất từ hệ thức Heisenberg $\mathrm{\Delta }E\ge \hslash /(2\mathrm{\Delta }t)$.
• Lấy vi phân hàm $E=hc/\lambda$ để chứng minh tỉ số $|\mathrm{\Delta }E/E|=|\mathrm{\Delta }\lambda /\lambda |$ và suy ra $\mathrm{\Delta }\lambda$.

(a) của phát ra khi nguyên tử chuyển về mức cơ bản là:

$$E=2,58\mathrm{eV}.$$

của tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E}\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{2,58\mathrm{eV}}\\ & \approx 480,6\mathrm{nm}\approx 481\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Theo nguyên lý bất định - thời gian:

$$\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\ge \frac{\hslash }{2}.$$

Độ bất định nhỏ nhất về là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{\hslash }{2\mathrm{\Delta }t}\\ & =\frac{\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{2(1,64\times {10}^{-7}\mathrm{s})}\\ & \approx \mathrm{3,215}\times {10}^{-28}\mathrm{J}.\end{array}$$

Đổi sang :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{\mathrm{3,215}\times {10}^{-28}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 2,01\times {10}^{-9}\mathrm{eV}\\ & =2,01\mathrm{neV}.\end{array}$$

(c) Từ hệ thức $E=hc/\lambda$, lấy đạo hàm hai vế theo $\lambda$:

$$\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}\lambda }=-\frac{hc}{{\lambda }^2}=-\frac{E}{\lambda }.$$

Lấy độ lớn và thay bằng các hiệu biến thiên nhỏ hữu hạn:

$$\left|\frac{\mathrm{\Delta }E}{\mathrm{\Delta }\lambda }\right|\approx \frac{E}{\lambda }.$$

Chia hai vế theo độ lớn của các đại lượng trung tâm, ta được

$$\left|\frac{\mathrm{\Delta }E}{E}\right|\approx \left|\frac{\mathrm{\Delta }\lambda }{\lambda }\right|.$$

Độ bất định nhỏ nhất về là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }\lambda & =\lambda \left(\frac{\mathrm{\Delta }E}{E}\right)\\ & \approx 3,74\times {10}^{-7}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Độ biến thiên cực nhỏ này biểu thị độ rộng phổ tự nhiên của vạch phát xạ.

Bài tập 39: 75

Đối với tia X có $\mathrm{0,030}0\mathrm{nm}$, cực đại cường độ bậc $m=1$ khi phản xạ từ một tinh thể xuất hiện tại góc $\theta =35,8^{\circ }$. Góc $\theta$ của cực đại bậc $m=1$ sẽ bằng bao nhiêu nếu thay chùm tia X bằng một chùm electron có động năng $4,50\mathrm{keV}$? Giả sử các electron cũng tán xạ từ các nguyên tử trên mặt phẳng bề mặt của cùng tinh thể này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia X ${\lambda }_1=\mathrm{0,030}0\mathrm{nm}$ có cực đại bậc 1 ở ${\theta }_1=35,8^{\circ }$. Electron có $K=4,50\mathrm{keV}$.

Hướng đi:

• Dùng điều kiện cực đại giao thoa mặt tinh thể $d\sin {\theta }_1={\lambda }_1$ để xác định chu kỳ tinh thể $d$.
• Tính của electron ${\lambda }_e=h/\sqrt{2m_{e}K}$.
• Dùng lại điều kiện giao thoa $d\sin {\theta }_2={\lambda }_e$ để tìm góc tán xạ ${\theta }_2$.

Cực đại bậc một của tia X thỏa mãn:

$$d\sin {\theta }_1={\lambda }_1.$$

Khoảng cách giữa các nguyên tử trên mặt phẳng tinh thể là:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{{\lambda }_1}{\sin (35,8^{\circ })}\\ & =\frac{\mathrm{0,030}0\mathrm{nm}}{\sin (35,8^{\circ })}\\ & \approx \mathrm{0,051}29\mathrm{nm}.\end{array}$$

Động năng của electron là $K=4,50\mathrm{keV}\approx \mathrm{7,209}\times {10}^{-16}\mathrm{J}$. của electron:

$$\begin{array}{rl}{p}_e& =\sqrt{2m_{e}K}\\ & \approx \mathrm{3,624}\times {10}^{-23}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

của chùm electron:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_e& =\frac{h}{p_e}\\ & \approx \mathrm{1,828}\times {10}^{-11}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,018}28\mathrm{nm}.\end{array}$$

Góc cực đại bậc một cho chùm electron thỏa mãn:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_2& =\frac{{\lambda }_e}{d}\\ & \approx \frac{\mathrm{0,018}28\mathrm{nm}}{\mathrm{0,051}29\mathrm{nm}}\\ & \approx \mathrm{0,356}4.\end{array}$$

Góc cực đại tương ứng:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_2& =\arcsin (\mathrm{0,356}4)\\ & \approx 20,9^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 39.76–39.87

Bài toán tổng hợp và thử thách (Problems & Challenge Problems tiếp theo)

Bài tập 39: 76

Một nguyên tử có một trạng thái nằm cao hơn trạng thái cơ bản một lượng $3,50\mathrm{eV}$. Khi được kích thích lên trạng thái này, nguyên tử tồn tại ở đó trong khoảng thời gian trung bình $2,0\mu \mathrm{s}$ trước khi phát xạ một để trở về trạng thái cơ bản. (a) Năng lượng và của photon phát ra là bao nhiêu? (b) Độ bất định nhỏ nhất có thể có về năng lượng của photon là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mức kích thích $\mathrm{\Delta }E=3,50\mathrm{eV}$, thời gian sống trung bình $\tau =2,0\mu \mathrm{s}=2,0\times {10}^{-6}\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• phát xạ bằng đúng độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức: $E=\mathrm{\Delta }E$.
• Tính từ hệ thức Planck–Einstein $\lambda =hc/E$.
• Áp dụng hệ thức bất định –thời gian $\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\ge \hslash /2$ để tìm độ bất định năng lượng tối thiểu.

(a) của phát xạ khi nguyên tử chuyển về trạng thái cơ bản là:

$$\begin{array}{rl}E& =3,50\mathrm{eV}\\ & \approx \mathrm{5,608}\times {10}^{-19}\mathrm{J}.\end{array}$$

của phát xạ tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E}\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{3,50\mathrm{eV}}\\ & \approx 354\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bức xạ này thuộc vùng tử ngoại gần của quang phổ điện từ.

(b) Theo hệ thức bất định Heisenberg cho và thời gian:

$$\mathrm{\Delta }E\mathrm{\Delta }t\ge \frac{\hslash }{2}.$$

Với khoảng thời gian tồn tại trung bình của trạng thái kích thích là $\tau =2,0\times {10}^{-6}\mathrm{s}$, độ bất định nhỏ nhất về của phát ra là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{min}& =\frac{\hslash }{2\tau }\\ & \approx \mathrm{2,636}\times {10}^{-29}\mathrm{J}\\ & \approx 1,65\times {10}^{-10}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ bất định này vô cùng nhỏ so với năng lượng phát xạ $3,50\mathrm{eV}$ (tỉ số $\mathrm{\Delta }E/E\sim 4,7\times {10}^{-11}$), giải thích vì sao các trạng thái kích thích có thời gian sống dài () tạo ra các vạch quang phổ có độ rộng tự nhiên cực kỳ sắc nét.

Bài tập 39: 77

Nghiên cứu cấu trúc virus. Để khảo sát cấu trúc của những vật thể cực nhỏ như virus, của sóng dò phải vào cỡ một phần mười kích thước vật thể để thu được hình ảnh sắc nét. Nhưng khi bước sóng càng ngắn, của mỗi ánh sáng càng lớn và có thể phá hủy cấu trúc mẫu sinh học cần quan sát. Một giải pháp thay thế là sử dụng của electron thay cho ánh sáng. Kích thước virus thay đổi theo loại. Trong bài này, xét một virus có kích thước $50\mathrm{nm}$. Giả sử bạn muốn nghiên cứu một virus như vậy bằng sóng có bước sóng $5,00\mathrm{nm}$. (a) Nếu bạn dùng ánh sáng có bước sóng này, năng lượng của một photon (tính theo $\mathrm{eV}$) sẽ bằng bao nhiêu? (b) Nếu bạn dùng một electron có bước sóng này, động năng của nó (tính theo $\mathrm{eV}$) sẽ bằng bao nhiêu? Hãy giải thích vì sao sóng vật chất trong kính hiển vi điện tử lại vượt trội hơn hẳn sóng điện từ khi nghiên cứu các đối tượng hiển vi.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: dò $\lambda =5,00\mathrm{nm}=5,00\times {10}^{-9}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• tính theo hệ thức $E=hc/\lambda$.
• Động năng của electron phi tương đối tính tính qua $K=p^2/(2m_e)$.
• So sánh tác động phá hủy mẫu sinh học giữa cao và electron động năng thấp.

(a) của một ánh sáng có $\lambda =5,00\mathrm{nm}$ là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{hc}{\lambda }\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{5,00\mathrm{nm}}\\ & \approx 248\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) của electron là $\lambda =h/p$, suy ra của electron là:

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & \approx \mathrm{1,325}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng của electron tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}{K}_e& =\frac{p^2}{2m_e}\\ & =\frac{(\mathrm{1,325}\times {10}^{-25}{)}^2}{2(\mathrm{9,109}\times {10}^{-31})}\\ & \approx \mathrm{9,638}\times {10}^{-21}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,060}2\mathrm{eV}.\end{array}$$

Một $248\mathrm{eV}$ nằm sâu trong vùng tia X mềm (tử ngoại chân không cực xa), mang vượt xa năng lượng liên kết hóa học thông thường của các phân tử hữu cơ (khoảng $2-5\mathrm{eV}$ cho các liên kết $\mathrm{C}-\mathrm{C}$, $\mathrm{C}-\mathrm{H}$, $\mathrm{C}-\mathrm{O}$). Do đó, photon này sẽ ion hóa mạnh và phá hủy hoàn toàn cấu trúc mong manh của virus.

Trái lại, electron có cùng chỉ cần động năng $\mathrm{0,060}2\mathrm{eV}$, nhỏ hơn rất nhiều so với liên kết hóa học. Electron này tương tác nhẹ nhàng và bảo toàn nguyên vẹn mẫu vật sinh học. Đây chính là ưu thế quyết định của kính hiển vi điện tử so với việc sử dụng bức xạ điện từ bước sóng cực ngắn.

Bài tập 39: 78

điểm không. Xét một hạt có khối lượng $m$ chuyển động trong thế năng điều hòa $U(x)=\frac{1}{2}k{x}^2$ như một hệ vật nặng gắn lò xo. Năng lượng toàn phần của hạt là $E=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}k{x}^2$. Giả sử $p$ và $x$ liên hệ gần đúng với nhau qua nguyên lý bất định Heisenberg theo hệ thức $px\approx h$. (a) Hãy tính giá trị nhỏ nhất có thể có của năng lượng $E$, và giá trị của $x$ ứng với nhỏ nhất này. Mức năng lượng thấp nhất khác không này được gọi là năng lượng điểm không. (b) Ứng với giá trị $x$ tìm được ở câu (a), tỉ số giữa động năng và thế năng của hạt bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $U(x)=\frac{1}{2}k{x}^2$, hệ thức bất định xấp xỉ $px\approx h$.

Hướng đi:

• Biểu diễn theo tọa độ qua hệ thức Heisenberg: $p\approx h/x$.
• Thay vào biểu thức toàn phần để thu được hàm $E(x)$.
• Lấy đạo hàm $dE/dx=0$ để xác định vị trí cực tiểu $x_{min}$ và cực tiểu $E_{min}$.
• So sánh giá trị động năng $K$ và $U$ tại điểm cực tiểu.

(a) Từ hệ thức bất định Heisenberg $px\approx h$, ta có ước lượng xung lượng theo tọa độ:

$$p\approx \frac{h}{x}.$$

Thay vào biểu thức toàn phần của dao động tử điều hòa:

$$E(x)=\frac{h^2}{2m{x}^2}+\frac{1}{2}k{x}^2.$$

Để tìm giá trị nhỏ nhất của $E(x)$, ta lấy đạo hàm bậc nhất theo $x$ và cho bằng 0:

$$\frac{dE}{dx}=-\frac{h^2}{m{x}^3}+kx=0.$$

Biến đổi đẳng thức trên:

$$\begin{array}{rl}{x}^4& =\frac{h^2}{mk}\\ ⟹x_{min}& ={\left(\frac{h^2}{mk}\right)}^{1/4}.\end{array}$$

Thay tọa độ cực tiểu này trở lại biểu thức :

$$E_{min}=h\sqrt{\frac{k}{m}}=h\omega .$$

Nghiệm chính xác của phương trình Schrödinger cho dao động tử điều hòa là $E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$. Ước lượng bằng nguyên lý bất định cho kết quả cùng bậc độ lớn và phản ánh đúng bản chất: Hạt vi mô không thể đồng thời đứng yên ($p=0$) tại đáy ($x=0$), do đó luôn tồn tại một năng lượng điểm không tối thiểu.

(b) Tại điểm cực tiểu $x_{min}$, động năng và của hạt lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{1}{2}h\sqrt{\frac{k}{m}},\\ U& =\frac{1}{2}h\sqrt{\frac{k}{m}}.\end{array}$$

Tỉ số giữa động năng và bằng:

$$\frac{K}{U}=1.$$

Kết quả này cho thấy tại trạng thái thấp nhất, động năng và thế năng đóng góp hoàn toàn cân bằng nhau vào năng lượng toàn phần.

Bài tập 39: 79

Một hạt có khối lượng $m$ chuyển động trong trường $U(x)=A|x|$, trong đó $A$ là một hằng số dương. Trong một mô hình đơn giản hóa, các quark (thành phần cấu tạo nên proton, neutron và các hạt hadron khác) có thế năng tương tác gần đúng dạng này, với $x$ là khoảng cách giữa một cặp quark. Vì $U(x)\to \mathrm{\infty }$ khi $x\to \mathrm{\infty }$, người ta không thể tách rời các quark ra khỏi nhau (hiện tượng giam hãm quark). (a) Về mặt cơ học cổ điển, lực tác dụng lên hạt này là hàm gì theo $x$? (b) Sử dụng nguyên lý bất định tương tự như ở Bài tập 39.78, hãy xác định xấp xỉ năng lượng điểm không của hạt.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $U(x)=A|x|$ với $A>0$.

Hướng đi:

• Lực cổ điển liên hệ với theo định nghĩa $F(x)=-dU/dx$.
• Ước lượng xung lượng từ nguyên lý bất định $p\approx h/x$ với $x>0$.
• Lập hàm toàn phần $E(x)$, tìm cực tiểu để suy ra năng lượng điểm không.

(a) Lực tác dụng lên hạt trong cơ học cổ điển được xác định bởi:

$$\begin{array}{rl}F(x)& =-\frac{dU}{dx}\\ & =-\frac{d}{dx}(A|x|).\end{array}$$

Vì đạo hàm của hàm trị tuyệt đối là $\frac{d}{dx}|x|=\mathrm{sgn}(x)$, ta có lực tác dụng:

$$\begin{array}{rl}F(x)& =-A\mathrm{sgn}(x)\\ & =\{\begin{array}{ll}-A& (x>0),\\ +A& (x<0).\end{array}\end{array}$$

Lực này luôn có độ lớn không đổi $A$ và luôn hướng về gốc tọa độ $x=0$, đóng vai trò như một sợi dây cao su căng kéo các quark lại với nhau bất kể khoảng cách phân chia.

(b) Giả sử hạt dao động trong phạm vi tọa độ đặc trưng $x>0$. Theo nguyên lý bất định Heisenberg, độ bất định về xung lượng cỡ $p\approx h/x$. toàn phần xấp xỉ là:

$$E(x)=\frac{h^2}{2m{x}^2}+Ax.$$

Lấy đạo hàm bậc nhất của $E(x)$ theo $x$ và cho bằng 0:

$$\frac{dE}{dx}=-\frac{h^2}{m{x}^3}+A=0.$$

Suy ra khoảng cách đặc trưng ứng với cực tiểu:

$$\begin{array}{rl}{x}^3& =\frac{h^2}{mA}\\ ⟹x_{min}& ={\left(\frac{h^2}{mA}\right)}^{1/3}.\end{array}$$

Thay giá trị này vào biểu thức toàn phần:

$$E_{min}=\frac{3}{2}{\left(\frac{h^2{A}^2}{m}\right)}^{1/3}.$$

Đây chính là biểu thức điểm không ước lượng cho một hạt bị giam hãm trong thế năng tuyến tính.

Bài tập 39: 80

Hãy tưởng tượng một vũ trụ khác mà ở đó giá trị của hằng số Planck là $\mathrm{0,066}3\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, nhưng các định luật vật lý và mọi hằng số vật lý khác vẫn giữ nguyên như vũ trụ của chúng ta. Trong vũ trụ giả định này, hai sinh viên vật lý chơi trò ném bắt bóng. Họ đứng cách nhau $12\mathrm{m}$, và một người ném quả bóng có khối lượng $0,25\mathrm{kg}$ bay thẳng về phía người kia với tốc độ $6,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (a) Độ bất định về xung lượng theo phương ngang của quả bóng, theo hướng vuông góc với phương ném, là bao nhiêu nếu người ném bóng biết rằng vị trí quả bóng nằm trong một khối lập phương thể tích $125{\mathrm{cm}}^3$ tại thời điểm ném? (b) Quả bóng có thể bay chệch khỏi người bắt bóng một khoảng cách theo phương ngang bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hằng số Planck giả định $h=\mathrm{0,066}3\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, khối lượng bóng $m=0,25\mathrm{kg}$, tốc độ ném $v_x=6,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$, khoảng cách $d=12\mathrm{m}$, thể tích ban đầu $V=125{\mathrm{cm}}^3$.

Hướng đi:

• Tính kích thước cạnh của khối lập phương để xác định độ bất định vị trí ngang $\mathrm{\Delta }y$.
• Áp dụng hệ thức Heisenberg $\mathrm{\Delta }y\mathrm{\Delta }{p}_y\ge \hslash /2$ để tính độ bất định xung lượng ngang $\mathrm{\Delta }{p}_y$.
• Tính thời gian bóng bay $t=d/v_x$ và thang độ lệch ngang $\mathrm{\Delta }{y}_{\text{miss}}=\mathrm{\Delta }{v}_{y}t$.

(a) Thể tích của khối lập phương là $V=125{\mathrm{cm}}^3=1,25\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^3$. Bề rộng của khối lập phương theo mỗi phương là:

$$\mathrm{\Delta }y=V^{1/3}=\mathrm{0,050}\mathrm{m}.$$

Hằng số Planck rút gọn trong vũ trụ giả định là:

$$\hslash =\frac{h}{2\pi }\approx \mathrm{0,010}55\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}.$$

Theo nguyên lý bất định Heisenberg, độ bất định nhỏ nhất về xung lượng theo phương vuông góc với hướng ném là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{p}_y& =\frac{\hslash }{2\mathrm{\Delta }y}\\ & =\frac{\mathrm{0,010}55\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{\mathrm{0,100}\mathrm{m}}\\ & \approx \mathrm{0,105}5\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}\\ & \approx 0,11\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Độ bất định về vận tốc theo phương ngang vuông góc là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{v}_y& =\frac{\mathrm{\Delta }{p}_y}{m}\\ & =\frac{\mathrm{0,105}5\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}}{0,25\mathrm{kg}}\\ & \approx \mathrm{0,422}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Thời gian quả bóng bay quãng đường $d=12\mathrm{m}$ tới người bắt là:

$$t=\frac{d}{v_x}=\frac{12\mathrm{m}}{6,0\mathrm{m}/\mathrm{s}}=2,0\mathrm{s}.$$

Khoảng cách bóng có thể bay chệch theo phương ngang là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{y}_{\text{miss}}& =\mathrm{\Delta }{v}_{y}t\\ & =(\mathrm{0,422}\mathrm{m}/\mathrm{s})(2,0\mathrm{s})\\ & \approx \mathrm{0,844}\mathrm{m}\approx 0,84\mathrm{m}.\end{array}$$

Độ chệch gần một mét này khiến hai người chơi hầu như không thể ném trúng tay nhau một cách chắc chắn, minh họa trực quan sự can thiệp của hiệu ứng lượng tử vào đời sống vĩ mô nếu $h$ có giá trị đủ lớn.

Bài tập 39: 81

Trong công việc tại phòng thí nghiệm khối phổ, bạn đang khảo sát quang phổ hấp thụ của các ion một electron. Để duy trì các nguyên tử ở trạng thái ion hóa, bạn giữ chúng ở mật độ thấp trong một bẫy ion, một thiết bị sử dụng cấu hình điện trường để giam hãm các ion. Phần lớn các ion đều ở trạng thái cơ bản, do đó đây là trạng thái ban đầu cho các bước chuyển hấp thụ mà bạn quan sát được. (a) Nếu dài nhất mà bạn quan sát được trong quang phổ hấp thụ là $13,56\mathrm{nm}$, số nguyên tử $Z$ của các ion này là bao nhiêu? (b) Bước sóng hấp thụ ngắn tiếp theo mà các ion này có thể hấp thụ là bao nhiêu? (c) Khi một trong các ion này hấp thụ một có bước sóng $6,78\mathrm{nm}$, một electron tự do được giải phóng. Động năng của electron này (tính theo ) là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ion dạng hydro ở trạng thái cơ bản $n_1=1$, hấp thụ dài nhất ${\lambda }_{max}=13,56\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Bước chuyển hấp thụ có dài nhất ứng với mức chuyển có nhỏ nhất từ trạng thái cơ bản: $n_1=1\to n_2=2$.
• Dùng công thức Rydberg tổng quát cho ion một electron $1/\lambda =Z^2{R}_{\mathrm{\infty }}(1/1^2-1/2^2)$ để tìm số nguyên tử $Z$.
• hấp thụ ngắn tiếp theo ứng với mức chuyển $n_1=1\to n_3=3$.
• Quá trình quang ion hóa: Động năng electron giải phóng bằng trừ đi từ trạng thái cơ bản $K_e=E_{\gamma }-E_{\text{ion}}$.

(a) của các mức lượng tử trong ion một electron có điện tích hạt nhân $+Ze$ là:

$$\begin{array}{rl}{E}_n& =-\frac{Z^2{R}_y}{n^2}\\ & =-Z^2\frac{13,61\mathrm{eV}}{n^2}.\end{array}$$

Hấp thụ từ trạng thái cơ bản $n=1$ có dài nhất ứng với mang nhỏ nhất, tức là chuyển lên mức kích thích đầu tiên $n=2$:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\lambda }& =Z^2{R}_{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{4})\\ & =\frac{3}{4}{Z}^2{R}_{\mathrm{\infty }}.\end{array}$$

Với $R_{\mathrm{\infty }}\approx \mathrm{1,097}37\times {10}^7{\mathrm{m}}^{-1}$ và $\lambda =13,56\times {10}^{-9}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}^2& =\frac{4}{3R_{\mathrm{\infty }}\lambda }\\ & \approx \frac{4}{\mathrm{0,446}2}\approx 9.\end{array}$$

Vì số nguyên tử $Z$ phải là một số nguyên dương, ta có $Z=3$. Các ion trong bẫy chính là ion liti bị ion hóa hai lần (${\mathrm{Li}}^{2+}$).

(b) Vạch hấp thụ tiếp theo có ngắn hơn ứng với bước chuyển từ trạng thái cơ bản lên mức $n=3$:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\lambda }_{1\to 3}}& =Z^2{R}_{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{9})\\ & =8R_{\mathrm{\infty }}.\end{array}$$

của vạch này là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{1\to 3}& =\frac{1}{8R_{\mathrm{\infty }}}\\ & \approx 11,4\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) của có $\lambda =6,78\mathrm{nm}$ là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{hc}{\lambda }\\ & =\frac{1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{6,78\mathrm{nm}}\\ & \approx 182,87\mathrm{eV}.\end{array}$$

cần thiết để bứt electron từ trạng thái cơ bản ($n=1$) của ${\mathrm{Li}}^{2+}$ ra xa vô cực là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{ion}}& =Z^2(\mathrm{13,606}\mathrm{eV})\\ & \approx 122,45\mathrm{eV}.\end{array}$$

Động năng của electron tự do giải phóng được bảo toàn theo định luật bảo toàn :

$$\begin{array}{rl}{K}_e& =E_{\gamma }-E_{\text{ion}}\\ & \approx 182,9\mathrm{eV}-122,5\mathrm{eV}\\ & \approx 60,4\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bài tập 39: 82

Trong phòng thí nghiệm tinh thể học nơi bạn làm việc, bạn được giao một đơn tinh thể của một chất chưa biết để định danh. Để thu được một thông số về cấu trúc của chất này, bạn lặp lại thí nghiệm Davisson–Germer nhằm xác định khoảng cách giữa các nguyên tử trên mặt phẳng bề mặt tinh thể. Bạn bắt đầu với chùm electron ban đầu đứng yên và gia tốc chúng qua một hiệu điện thế có độ lớn $V_{\mathrm{ac}}$. Chùm electron sau đó tán xạ trên bề mặt tinh thể. Tiếp theo, bạn đo góc $\theta$ xác định đỉnh bậc một. Cuối cùng, bạn lặp lại phép đo với các giá trị khác nhau của $V_{\mathrm{ac}}$. Kết quả thực nghiệm thu được cho trong bảng sau:

$V_{\mathrm{ac}}(\mathrm{V})$	$\theta {(}^{\circ })$
106,3	20,4
69,1	24,8
49,9	30,2
25,2	45,5
16,9	59,1
13,6	73,1

(a) Hãy vẽ đồ thị biểu diễn dữ liệu thực nghiệm dưới dạng $\sin \theta$ theo $1/\sqrt{V_{\mathrm{ac}}}$. Độ dốc của đường thẳng khớp tốt nhất với các điểm dữ liệu khi vẽ theo cách này là bao nhiêu? (b) Dựa vào kết quả ở câu (a), hãy tính giá trị khoảng cách mặt phẳng tinh thể $d$ của chất này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ liệu góc bậc một $\theta$ theo hiệu điện thế gia tốc $V_{\mathrm{ac}}$.

Hướng đi:

• Điều kiện cực đại bậc một trên mặt phẳng tinh thể: $d\sin \theta =\lambda$.
• của electron gia tốc từ trạng thái nghỉ: $\lambda =h/\sqrt{2m_{e}e{V}_{\mathrm{ac}}}$.
• Thiết lập phương trình tuyến tính $\sin \theta =\left(\frac{h}{d\sqrt{2m_{e}e}}\right)\frac{1}{\sqrt{V_{\mathrm{ac}}}}$.
• Khớp đường hồi quy tuyến tính để tìm độ dốc và suy ra khoảng cách nguyên tử $d$.

(a) của electron được gia tốc qua hiệu điện thế $V_{\mathrm{ac}}$ là:

$$\lambda =\frac{h}{p}=\frac{h}{\sqrt{2m_{e}e{V}_{\mathrm{ac}}}}.$$

Điều kiện cực đại giao thoa bậc một ($m=1$) trên bề mặt tinh thể là:

$$d\sin \theta =\lambda =\frac{h}{\sqrt{2m_{e}e{V}_{\mathrm{ac}}}}.$$

Suy ra mối liên hệ hàm số:

$$\sin \theta =\left(\frac{h}{d\sqrt{2m_{e}e}}\right)\frac{1}{\sqrt{V_{\mathrm{ac}}}}.$$

Đặt biến số độc lập $X=1/\sqrt{V_{\mathrm{ac}}}({\mathrm{V}}^{-1/2})$ và biến phụ thuộc $Y=\sin \theta$. Ta lập bảng giá trị tính toán:

Điện áp (V)	Góc (độ)
106,3	20,4
69,1	24,8
49,9	30,2
25,2	45,5
16,9	59,1
13,6	73,1

$X$	$Y$
0,09699	0,3486
0,12030	0,4195
0,14156	0,5030
0,19920	0,7133
0,24325	0,8581
0,27116	0,9568

Đồ thị lời giải 39.82: Sáu điểm đo và đường hồi quy của sin θ theo nghịch đảo căn bậc hai điện áp gia tốc. Các điểm gần một đường thẳng, với sai lệch đo hữu hạn.

Thực hiện hồi quy tuyến tính bình phương tối thiểu cho sáu điểm thực nghiệm:

$$Y=\text{slope}\cdot X+\text{intercept}.$$

Hệ số góc hồi quy thu được là:

$$\text{slope}\approx \mathrm{3,522}{\mathrm{V}}^{1/2},$$

với hệ số chặn nhỏ nhưng khác không ($\text{intercept}\approx \mathrm{0,003}6$).

(b) Từ biểu thức lý thuyết của hệ số góc:

$$\text{slope}=\frac{h}{d\sqrt{2m_{e}e}}.$$

Khoảng cách giữa các nguyên tử trên mặt phẳng tinh thể là:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{h}{\text{slope}\cdot \sqrt{2m_{e}e}}\\ & \approx 3,48\times {10}^{-10}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,348}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 39: 83

Là một nhà thiên văn học nghiệp dư, bạn đang nghiên cứu độ sáng biểu kiến của các ngôi sao. Bạn biết rằng độ sáng biểu kiến của một ngôi sao phụ thuộc vào khoảng cách từ ngôi sao đến Trái Đất và phần bức xạ nằm trong vùng khả kiến của quang phổ điện từ. Trước hết, bạn tra cứu thông tin trên Internet về nhiệt độ bề mặt và bán kính của một số ngôi sao tiêu biểu để tính toán tổng công suất bức xạ của chúng. Dữ liệu được ghi lại trong bảng sau:

Ngôi sao	Nhiệt độ (K)	Bán kính / R☉
Polaris	6015	46
Vega	9602	2,73
Antares	3400	883
$\alpha$ Centauri B	5260	0,865

Bán kính ngôi sao được cho theo đơn vị bán kính Mặt Trời $R_{\odot }=6,96\times {10}^8\mathrm{m}$. Nhiệt độ bề mặt là nhiệt độ hiệu dụng, xem ngôi sao bức xạ như một lý tưởng. (a) Ngôi sao nào trong bảng có tổng công suất bức xạ lớn nhất? (b) Đối với những ngôi sao nào trong số này, cực đại ${\lambda }_{max}$ nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy ($380-750\mathrm{nm}$)? (c) Mặt Trời có tổng công suất bức xạ là $3,85\times {10}^{26}\mathrm{W}$. Ngôi sao nào trong số này có tổng công suất bức xạ nhỏ hơn công suất của Mặt Trời?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bảng số liệu nhiệt độ bề mặt và bán kính bốn ngôi sao: Polaris, Vega, Antares, $\alpha$ Centauri B.

Hướng đi:

• Tính công suất bức xạ toàn phần theo định luật Stefan–Boltzmann: $P=4\pi R^2\sigma T^4$.
• Xác định cực đại theo : ${\lambda }_{max}=b/T$.
• So sánh công suất từng ngôi sao với công suất bức xạ của Mặt Trời $P_{\odot }=3,85\times {10}^{26}\mathrm{W}$.

(a) Tổng công suất bức xạ của một ngôi sao hình cầu bán kính $R$ có nhiệt độ bề mặt $T$ tuân theo định luật Stefan–Boltzmann:

$$P=A\sigma T^4=4\pi R^2\sigma T^4.$$

Với $R=r\cdot R_{\odot }$ và $R_{\odot }=6,96\times {10}^8\mathrm{m}$, diện tích bề mặt của ngôi sao là $A=4\pi (r\cdot 6,96\times {10}^8\mathrm{m}{)}^2$.

Tính công suất bức xạ cho từng ngôi sao:

• Polaris (sao Bắc Cực): $r=46$, $T=6015\mathrm{K}$, công suất bức xạ:

$$P\approx 9,56\times {10}^{29}\mathrm{W}.$$

• Vega (sao Chức Nữ): $r=2,73$, $T=9602\mathrm{K}$, công suất bức xạ:

$$P\approx 2,19\times {10}^{28}\mathrm{W}.$$

• Antares (sao Tâm宿): $r=883$, $T=3400\mathrm{K}$, công suất bức xạ:

$$P\approx 3,60\times {10}^{31}\mathrm{W}.$$

• $\alpha$ Centauri B: $r=\mathrm{0,865}$, $T=5260\mathrm{K}$, công suất bức xạ:

$$P\approx 1,98\times {10}^{26}\mathrm{W}.$$

Ngôi sao có công suất bức xạ lớn nhất là Antares, đạt xấp xỉ $3,60\times {10}^{31}\mathrm{W}$, gấp hơn $93400$ lần công suất bức xạ của Mặt Trời nhờ kích thước khổng lồ của một sao siêu kềnh đỏ.

(b) phát xạ cực đại ${\lambda }_{max}$ được xác định bởi :

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max}& =\frac{b}{T}\\ & =\frac{\mathrm{0,002}898\mathrm{m}\cdot \mathrm{K}}{T}.\end{array}$$

Tính cực đại cho từng sao:

• Polaris: ${\lambda }_{max}=b/(6015\mathrm{K})\approx 482\mathrm{nm}$ (vùng ánh sáng nhìn thấy, sắc lam ánh lục).
• Vega: ${\lambda }_{max}=b/(9602\mathrm{K})\approx 302\mathrm{nm}$ (vùng tử ngoại).
• Antares: ${\lambda }_{max}=b/(3400\mathrm{K})\approx 852\mathrm{nm}$ (vùng hồng ngoại).
• $\alpha$ Centauri B: ${\lambda }_{max}=b/(5260\mathrm{K})\approx 551\mathrm{nm}$ (vùng ánh sáng nhìn thấy, sắc lục vàng).

Như vậy, các ngôi sao có đỉnh bức xạ nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy là Polaris và $\alpha$ Centauri B.

(c) So sánh công suất bức xạ với Mặt Trời ($P_{\odot }=3,85\times {10}^{26}\mathrm{W}$):

• Tỉ số công suất của $\alpha$ Centauri B so với Mặt Trời là:

$$\begin{array}{rl}\frac{P}{P_{\odot }}& =\frac{1,98\times {10}^{26}\mathrm{W}}{3,85\times {10}^{26}\mathrm{W}}\\ & \approx \mathrm{0,514.}\end{array}$$

Chỉ có duy nhất ngôi sao $\alpha$ Centauri B có tổng công suất bức xạ nhỏ hơn Mặt Trời (bằng khoảng $51,4\mathrm{\%}$ công suất Mặt Trời).

Bài tập 39: 84

Một nền văn minh tiên tiến sử dụng một lò phản ứng nhiệt hạch để duy trì nhiệt độ cao trên một hình cầu, bức xạ từ vật đen này cung cấp hoạt động cho một tàu vũ trụ. Vật đen có bán kính $r=1,23\mathrm{m}$ và được bao quanh bởi một mặt cầu lớn hơn mà mặt trong của nó được lót dày đặc các tế bào quang điện (Hình P39.84). Các tế bào này hấp thụ tất cả các có năng lượng nằm trong khoảng sai biệt $1,00\mathrm{\%}$ so với giá trị trung tâm $E_0$. Các tế bào quang điện được chế tạo sao cho $E_0$ tương ứng với đỉnh năng lượng bức xạ cực đại của vật đen. Dải biến thiên năng lượng $\mathrm{\Delta }E$ đủ hẹp để ta có thể coi mật độ phát xạ phổ là không đổi trong khoảng $E_0\pm \mathrm{\Delta }E$. Thiết bị này tạo ra một suất điện động chạy qua động cơ có điện trở $1,00\mathrm{k}\mathrm{\Omega }$. (a) Mật độ phát xạ phổ $I=\int I(\lambda )d\lambda$ có thể được viết lại dưới dạng $\int I(E)dE$ bằng cách tham số hóa tích phân theo năng lượng $E=hc/\lambda$. Hãy sử dụng để xác định biểu thức $I(E)$, lưu ý biến đổi cẩn thận vi phân $d\lambda$. (b) Xác định giá trị năng lượng $E_0$ làm cực đại hóa hàm $I(E)$, và xác định $I_{max}=I(E_0)$ theo $T$. (Gợi ý: Phương trình cần giải có dạng $3-x=3e^{-x}$, nghiệm chính xác đến bốn chữ số có nghĩa là $x=\mathrm{2,821}$). (c) Nếu thiết bị được thiết kế vận hành ở nhiệt độ $T=1000\mathrm{K}$, công suất do động cơ tiếp nhận là bao nhiêu, và cường độ dòng điện $I$ bằng bao nhiêu? (d) Nếu thiết bị vận hành ở nhiệt độ $T=5000\mathrm{K}$, công suất tiếp nhận và cường độ dòng điện sẽ là bao nhiêu?

Hình P39.84: Vật đen hình cầu được bao quanh bởi một vỏ chứa tế bào quang điện, thu photon trong dải năng lượng được chọn.

Chú thích:

• Vật đen, bán kính r (Blackbody, radius r)
• Tế bào quang điện (Photocells)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: bán kính $r=1,23\mathrm{m}$, tế bào quang điện hấp thụ trong dải $E_0\pm 1,00\mathrm{\%}{E}_0$, điện trở tải $R=1,00\mathrm{k}\mathrm{\Omega }$.

Hướng đi:

• Đổi biến số tích phân từ $\lambda$ sang $E=hc/\lambda$ sử dụng định thức Jacobi: $I(E)dE=I(\lambda )|d\lambda |$.
• Tìm cực trị của hàm $I(E)$ theo biến $x=E/(k_{B}T)$ để suy ra $E_0$ và $I_{max}$.
• Tính diện tích phát xạ bề mặt $A=4\pi r^2$, tích phân trong dải băng tần $\mathrm{\Delta }{E}_{\text{band}}=2\mathrm{\Delta }E=0,02E_0$.
• Áp dụng các định luật mạch điện $P=I_{\text{current}}^{2}R$ để tìm dòng điện qua tải.

(a) biểu diễn mật độ phát xạ phổ theo :

$$I(\lambda )=\frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5(e^{hc/(\lambda k_{B}T)}-1)}.$$

Để chuyển đổi phổ phát xạ sang thang đo $E=\frac{hc}{\lambda }$, ta có:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E}\\ ⟹|d\lambda |& =\frac{hc}{E^2}dE.\end{array}$$

Theo nguyên lý bảo toàn mật độ tích phân qua từng khoảng vi phân, ta có $I(E)dE=I(\lambda )|d\lambda |$, suy ra:

$$\begin{array}{rl}I(E)& =I(\lambda )\left|\frac{\mathrm{d}\lambda }{\mathrm{d}E}\right|\\ & =\frac{2\pi E^3}{h^3{c}^2({\mathrm{e}}^{E/(k_{B}T)}-1)}.\end{array}$$

(b) Đặt biến không thứ nguyên $x=\frac{E}{k_{B}T}$. Khi đó $E=x{k}_{B}T$ và hàm phổ phát xạ tỉ lệ với:

$$f(x)=\frac{x^3}{e^x-1}.$$

Lấy đạo hàm của $f(x)$ theo $x$ và cho bằng 0 để tìm cực đại:

$$\begin{array}{rl}\frac{df}{dx}& =\frac{3x^2(e^x-1)-x^3{e}^x}{(e^x-1{)}^2}\\ & =0.\end{array}$$

Vì $x\ne 0$, phương trình tương đương với:

$$\begin{array}{rl}3(e^x-1)& =x{e}^x\\ ⟺3-x& =3e^{-x}.\end{array}$$

Phương trình siêu việt này có nghiệm xấp xỉ là $x\approx \mathrm{2,821}439...\approx \mathrm{2,821}$. Khác với biểu diễn theo (nơi nghiệm cực đại là $y\approx \mathrm{4,965}114...$), sự xuất hiện của Jacobian $|d\lambda /dE|\propto E^{-2}$ đã dịch chuyển đỉnh cực đại của phổ sang vị trí $x\approx \mathrm{2,821}$.

ứng với đỉnh phát xạ phổ là:

$$E_0=\mathrm{2,821}{k}_{B}T.$$

Giá trị cực đại của phổ phát xạ tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}{I}_{max}& =I(E_0)\\ & =\frac{2\pi E_0^3}{h^3{c}^2(e^{\mathrm{2,821}}-1)}.\end{array}$$

(c) Với nhiệt độ vận hành $T=1000\mathrm{K}$:

trung tâm:

$$\begin{array}{rl}{E}_0& =\mathrm{2,821}{k}_{B}T\\ & \approx \mathrm{3,895}\times {10}^{-20}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,243}1\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bề rộng dải hấp thụ là $2\mathrm{\Delta }E=2(\mathrm{0,010}0E_0)=\mathrm{0,020}0E_0$:

$$\begin{array}{rl}2\mathrm{\Delta }E& =\mathrm{0,020}0E_0\\ & \approx \mathrm{7,790}\times {10}^{-22}\mathrm{J}.\end{array}$$

Giá trị đỉnh phổ phát xạ:

$$\begin{array}{rl}{I}_{max}& =\frac{2\pi E_0^3}{h^3{c}^2(e^{\mathrm{2,821}}-1)}\\ & \approx \mathrm{9,000}\times {10}^{23}\frac{\mathrm{W}}{{\mathrm{m}}^2\cdot \mathrm{J}}.\end{array}$$

Diện tích bề mặt hình cầu bán kính $r=1,23\mathrm{m}$ là:

$$\begin{array}{rl}A& =4\pi r^2=4\pi (1,23\mathrm{m}{)}^2\\ & \approx \mathrm{19,012}{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Tổng công suất bức xạ thu nhận được là:

$$\begin{array}{rl}P& =A\cdot I_{max}\cdot (2\mathrm{\Delta }E)\\ & \approx 13320\mathrm{W}\approx 13,3\mathrm{kW}.\end{array}$$

Công suất này được truyền trọn vẹn cho động cơ có điện trở $R=1,00\mathrm{k}\mathrm{\Omega }=1000\mathrm{\Omega }$:

$$\begin{array}{rl}I& =\sqrt{\frac{P}{R}}\\ & \approx \sqrt{\frac{13320\mathrm{W}}{1000\mathrm{\Omega }}}\approx 3,65\mathrm{A}.\end{array}$$

(d) Với nhiệt độ $T=5000\mathrm{K}$:

Nhiệt độ tăng gấp 5 lần ($T^{\prime }=5T$), do đó $E_0\propto T$ tăng gấp 5 lần:

$$\begin{array}{rl}{E}_0^{\prime }& =5(\mathrm{0,243}1\mathrm{eV})\\ & \approx \mathrm{1,216}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Vì $I_{max}\propto E_0^3\propto T^3$ và bề rộng dải $2\mathrm{\Delta }E\propto E_0\propto T$, công suất thu nhận $P\propto T^4$ tăng theo lũy thừa bậc bốn của nhiệt độ:

$$\begin{array}{rl}{P}^{\prime }& =P\times 5^4\\ & =13,32\mathrm{kW}\times 625\\ & \approx 8,32\times {10}^6\mathrm{W}\\ & =8,32\mathrm{MW}.\end{array}$$

Cường độ dòng điện chạy qua động cơ lúc này là:

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }& =\sqrt{\frac{P^{\prime }}{R}}\\ & =\sqrt{\frac{\mathrm{8,325}\times {10}^6\mathrm{W}}{1000\mathrm{\Omega }}}\\ & \approx 91,2\mathrm{A}.\end{array}$$

Bài tập 39: 85

Một hạt alpha bay với động năng $K$ tới va chạm trực diện với một hạt nhân vàng ban đầu đứng yên. (a) Nếu $m$ là khối lượng hạt alpha và $M$ là khối lượng hạt nhân vàng, hãy giải các điều kiện bảo toàn và cổ điển để xác định tốc độ giật lùi $V$ của hạt nhân sau va chạm. (b) Xác định biểu thức cho tỉ phần năng lượng truyền sang hạt nhân vàng. (c) Kết quả ở câu (b) có phụ thuộc vào động năng ban đầu của hạt alpha hay không? (d) Một hạt alpha có khối lượng $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, và hạt nhân vàng có khối lượng $M=1,32\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$. Nếu $K=5,00\mathrm{MeV}$, tốc độ $V$ của hạt nhân vàng bằng bao nhiêu phần của tốc độ ánh sáng $c$, và tỉ lệ phần trăm năng lượng ban đầu được truyền cho hạt nhân vàng là bao nhiêu? (e) Theo phân tích cổ điển, hạt alpha tới phải có tốc độ bằng bao nhiêu để hạt nhân vàng đạt tốc độ giật lùi $V=0,10c$? (f) Tình huống này có thể xảy ra trong thực tế không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt alpha $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ va chạm đàn hồi trực diện với hạt nhân vàng đứng yên $M=1,32\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$.

Hướng đi:

• Áp dụng các định luật bảo toàn và bảo toàn động năng cho va chạm đàn hồi trực diện một chiều.
• Biểu diễn tốc độ giật lùi $V$ và tỉ phần động năng truyền sang hạt nhân $K_M/K_0$.
• Thay số liệu đã cho để tính tỉ số tốc độ $V/c$ và kiểm tra tính khả thi theo thuyết tương đối hẹp.

(a) Gọi $v_0$ là vận tốc ban đầu của hạt alpha, $v$ và $V$ lần lượt là vận tốc của hạt alpha và hạt nhân vàng sau va chạm đàn hồi trực diện.

Áp dụng định luật bảo toàn và động năng:

$$\begin{array}{rl}m{v}_0& =mv+MV,\\ \frac{1}{2}m{v}_0^2& =\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}M{V}^2.\end{array}$$

Từ phương trình , ta có $v=v_0-\frac{M}{m}V$. Thay vào phương trình động năng:

$$\begin{array}{rl}{v}_0^2-v^2& =\frac{M}{m}{V}^2,\\ (v_0-v)(v_0+v)& =\frac{M}{m}{V}^2.\end{array}$$

Vì $v_0-v=\frac{M}{m}V$, ta suy ra:

$$v_0+v=V.$$

Cộng hai phương trình triệt tiêu $v$, ta thu được tốc độ giật lùi của hạt nhân vàng:

$$V=\frac{2m}{m+M}{v}_0.$$

(b) Động năng ban đầu của hạt alpha là $K_0=\frac{1}{2}m{v}_0^2$. Động năng giật lùi của hạt nhân vàng sau va chạm là:

$$\begin{array}{rl}{K}_M& =\frac{1}{2}M{V}^2\\ & =\frac{2m^{2}M}{(m+M{)}^2}{v}_0^2.\end{array}$$

Tỉ phần truyền sang hạt nhân vàng là:

$$\begin{array}{rl}\frac{K_M}{K_0}& =\frac{K_M}{\frac{1}{2}m{v}_0^2}\\ & =\frac{4mM}{(m+M{)}^2}.\end{array}$$

(c) Biểu thức $\frac{K_M}{K_0}=\frac{4mM}{(m+M{)}^2}$ chỉ phụ thuộc duy nhất vào tỉ số khối lượng giữa hai hạt $m/M$, hoàn toàn độc lập với giá trị động năng ban đầu $K_0$ của hạt alpha.

(d) Với $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $M=1,32\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$, và $K_0=5,00\mathrm{MeV}$:

Động năng ban đầu theo đơn vị chuẩn SI là:

$$\begin{array}{rl}{K}_0& =5,00\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{8,011}\times {10}^{-13}\mathrm{J}.\end{array}$$

Tốc độ ban đầu của hạt alpha là:

$$\begin{array}{rl}{v}_0& =\sqrt{\frac{2K_0}{m}}\\ & =\sqrt{\frac{2(\mathrm{8,011}\times {10}^{-13})}{6,64\times {10}^{-27}}}\\ & \approx \mathrm{1,553}\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tốc độ giật lùi của hạt nhân vàng là:

$$\begin{array}{rl}V& =\frac{2m}{m+M}{v}_0\\ & \approx \mathrm{1,488}\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tỉ số giữa tốc độ giật lùi $V$ và tốc độ ánh sáng $c$:

$$\begin{array}{rl}\frac{V}{c}& =\frac{\mathrm{1,488}\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{2,998}\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{0,004}96\approx 0,50\mathrm{\%}.\end{array}$$

Tỉ lệ phần trăm ban đầu truyền cho hạt nhân vàng:

$$\begin{array}{rl}\frac{K_M}{K_0}& =\frac{4mM}{(m+M{)}^2}\\ & \approx \frac{\mathrm{3,506}\times {10}^{-51}}{\mathrm{1,922}\times {10}^{-50}}\\ & \approx \mathrm{0,182}4=18,2\mathrm{\%}.\end{array}$$

(e) Để hạt nhân vàng đạt tốc độ giật lùi $V=0,10c$, theo công thức cổ điển, hạt alpha cần có tốc độ ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{v}_0& =\frac{m+M}{2m}V\\ & =\frac{138,64}{13,28}(0,10c)\\ & \approx \mathrm{1,044}c.\end{array}$$

(f) Kết quả này hoàn toàn không thể xảy ra trong thực tế vì:

1. Tốc độ $v_0=\mathrm{1,044}c>c$ vi phạm nguyên lý cơ bản của thuyết tương đối hẹp (không một hạt có khối lượng nghỉ nào có thể đạt tới hoặc vượt quá tốc độ ánh sáng trong chân không).
2. Ở tốc độ lớn, các công thức và động năng cổ điển không còn áp dụng. Kết quả trên cho thấy phép ngoại suy cổ điển đã vượt miền đúng của nó. Nó không chứng minh rằng tốc độ giật lùi $0,10c$ của hạt nhân bị cấm trong cơ học tương đối tính. Muốn xét khả năng ấy, phải giải lại bằng các định luật bảo toàn tương đối tính.

Bài tập 39: 86

Thử thách thả viên bi. Bạn tham gia một cuộc thi trong đó các thí sinh thả rơi một viên bi khối lượng $20,0\mathrm{g}$ từ mái của một tòa nhà xuống một bia ngắm nhỏ nằm ở độ sâu $25,0\mathrm{m}$ phía dưới. Dưới góc độ của nguyên lý bất định Heisenberg, khoảng cách lệch điển hình mà bạn sẽ bắn trượt mục tiêu là bao nhiêu, giả sử rằng bạn đã ngắm bắn với độ chính xác cao nhất có thể đạt được? (Gợi ý: Độ bất định $\mathrm{\Delta }{x}_f$ về tọa độ $x$ của viên bi khi chạm đất một phần xuất phát từ độ bất định vị trí ban đầu $\mathrm{\Delta }{x}_i$ và một phần từ độ bất định vận tốc ban đầu $\mathrm{\Delta }{v}_x$. Độ bất định vận tốc dẫn tới độ bất định $\mathrm{\Delta }{v}_x$ trong chuyển động ngang khi viên bi rơi. Các giá trị $\mathrm{\Delta }{x}_i$ và $\mathrm{\Delta }{v}_x$ liên hệ với nhau qua nguyên lý bất định. Một giá trị $\mathrm{\Delta }{x}_i$ nhỏ sẽ làm tăng $\mathrm{\Delta }{v}_x$, và ngược lại. Hãy tìm giá trị $\mathrm{\Delta }{x}_i$ tối ưu để tổng độ bất định tọa độ $x$ tại mặt đất là nhỏ nhất. Bỏ qua mọi sức cản của không khí.)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Viên bi có khối lượng $m=\mathrm{0,020}0\mathrm{kg}$, rơi từ độ cao $H=25,0\mathrm{m}$. Bỏ qua sức cản không khí và tìm thang sai lệch lượng tử khi cân bằng độ rộng vị trí ban đầu với độ lan rộng do vận tốc.

Hướng đi:

• Tính thời gian rơi để biết độ phân tán vận tốc ngang có bao lâu để tạo độ lan rộng vị trí.
• Dùng bất định vị trí– để liên hệ hai nguồn độ rộng.
• Phát biểu rõ mô hình cộng độ rộng trước khi tìm cực tiểu. Một độ rộng ước lượng khác với độ lệch chuẩn chính xác của một trạng thái lượng tử.

Thời gian rơi, với $g=9,80\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$, là

$$\begin{array}{rl}t& =\sqrt{\frac{2H}{g}}\\ & \approx \mathrm{2,259}\mathrm{s}.\end{array}$$

Đặt $s=\mathrm{\Delta }{x}_i>0$. Với trạng thái đạt thang bất định nhỏ nhất đang xét, ta ước lượng

$$\mathrm{\Delta }{v}_x\sim \frac{\hslash }{2ms}.$$

Đặt tiếp $a=\hslash t/(2m)$. Phần độ rộng do vận tốc tạo ra trong thời gian rơi có cỡ $a/s$. Theo mô hình cộng hai độ rộng trong gợi ý, xét hàm ước lượng

$$B(s)=s+\frac{a}{s}.$$

Đạo hàm của hàm này là

$$B^{\prime }(s)=1-\frac{a}{s^2}.$$

Đạo hàm bằng không tại $s=\sqrt{a}$. Vì $B^{″}(s)=2a/s^3>0$, đây là điểm cực tiểu. Hai phần độ rộng khi đó bằng nhau.

$$\begin{array}{rl}{s}_{\mathrm{opt}}& =\sqrt{\frac{\hslash t}{2m}}\\ & \approx 7,72\times {10}^{-17}\mathrm{m}.\end{array}$$

Tổng độ rộng ước lượng nhỏ nhất là

$$\begin{array}{rl}{B}_{min}& =2s_{\mathrm{opt}}\\ & \approx 1,54\times {10}^{-16}\mathrm{m}.\end{array}$$

Con số này biểu diễn thang sai lệch theo mô hình cộng độ rộng. Nó không phải một giới hạn dưới phổ quát cho độ lệch chuẩn vị trí cuối cùng.

Nếu mô tả bằng một gói sóng Gaussian có tích bất định cực tiểu và hiệp phương sai vị trí– ban đầu bằng không, các phương sai cộng theo

$${\sigma }_f^2=s^2+\frac{a^2}{s^2}.$$

Cực tiểu vẫn xảy ra tại $s=\sqrt{a}$, nhưng độ lệch chuẩn cuối cùng là

$${\sigma }_{f,min}\approx 1,09\times {10}^{-16}\mathrm{m}.$$

Với trạng thái ban đầu có tương quan, phải thêm số hạng hiệp phương sai. Gọi ${\sigma }_p$ là độ lệch chuẩn ban đầu và đặt

$$C=\mathrm{Cov}(x_i,p_i).$$

Khi chuyển động ngang là tự do,

$${\sigma }_f^2=s^2+\frac{t^2{\sigma }_p^2}{m^2}+\frac{2tC}{m}.$$

Do đó, hai kết quả trên phải đi kèm giả thiết chuẩn bị trạng thái. Trong mô hình của bài, thang sai lệch cỡ ${10}^{-16}\mathrm{m}$ nhỏ đến mức không chi phối việc ngắm bia thực tế. Những ảnh hưởng như rung động và sức cản không khí lớn hơn rất nhiều.

Bài tập 39: 87

(a) Hãy chứng minh rằng trong , quay của electron trên quỹ đạo tròn quanh một hạt nhân hydro đứng yên được xác định bởi:

$$f=\frac{m_e{e}^4}{4{\epsilon }_0^2{n}^3{h}^3}.$$

(b) Trong vật lý cổ điển, quay của electron đúng bằng tần số của bức xạ điện từ mà nó phát ra. Hãy chứng minh rằng khi $n$ rất lớn, tần số quay của electron thực sự tiệm cận tới tần số bức xạ tính theo công thức lượng tử cho bước chuyển từ mức $n_1=n+1$ về mức $n_2=n$. (Đây là ví dụ điển hình minh họa nguyên lý tương ứng của Bohr, vốn thường được sử dụng làm chuẩn kiểm tra tính nhất quán cho các tính toán lượng tử. Khi $n$ nhỏ, vật lý lượng tử cho kết quả khác biệt sâu sắc so với vật lý cổ điển; nhưng khi $n$ lớn, sự khác biệt trở nên không đáng kể và hai phương pháp tương ứng chặt chẽ với nhau).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chứng minh biểu thức quay $f_{\text{rev}}$ của electron trong và chứng minh nguyên lý tương ứng với tần số bức xạ lượng tử khi $n\gg 1$.

Hướng đi:

• Xuất phát từ bán kính $r_n$ và vận tốc quay $v_n$ để tính quay quỹ đạo cổ điển $f_{\text{rev}}=v_n/(2\pi r_n)$.
• Tính phát xạ khi chuyển mức từ $n+1$ về $n$ theo hệ thức $f_{\text{rad}}=(E_{n+1}-E_n)/h$.
• Khai triển gần đúng đại số cho số hạng phân số khi $n\gg 1$ để chứng minh $f_{\text{rad}}\to f_{\text{rev}}$.

(a) Trong mô hình nguyên tử Bohr, lực hút Coulomb đóng vai trò lực hướng tâm giữ electron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân:

$$\frac{m_e{v}_n^2}{r_n}=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_n^2}.$$

Đồng thời, điều kiện lượng tử hóa quỹ đạo của Bohr là:

$$L_n=m_e{v}_n{r}_n=n\hslash =\frac{nh}{2\pi }.$$

Từ điều kiện lượng tử hóa, vận tốc của electron ở mức $n$ là:

$$v_n=\frac{nh}{2\pi m_e{r}_n}.$$

Thay vào phương trình lực Coulomb để tìm bán kính thứ $n$:

$$r_n=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_e{e}^2}{n}^2.$$

Thay ngược trở lại biểu thức vận tốc:

$$v_n=\frac{e^2}{2{\epsilon }_{0}nh}.$$

Chu kỳ quay của electron trên quỹ đạo là thời gian đi hết chu vi $2\pi r_n$:

$$T=\frac{2\pi r_n}{v_n}.$$

quay quanh hạt nhân là nghịch đảo của chu kỳ:

$$\begin{array}{rl}{f}_{\text{rev}}& =\frac{1}{T}=\frac{v_n}{2\pi r_n}\\ & =\frac{m_e{e}^4}{4{\epsilon }_0^2{n}^3{h}^3}.\end{array}$$

Đây chính là hệ thức cần chứng minh.

(b) Xét sự chuyển mức lượng tử của electron từ trạng thái kích thích $n_1=n+1$ về trạng thái $n_2=n$.

của phát xạ là:

$$\mathrm{\Delta }E=E_{n+1}-E_n.$$

Biến đổi hiệu nghịch đảo bình phương các mức:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }(1/n^2)& =\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1{)}^2}\\ & =\frac{2n+1}{n^2(n+1{)}^2}.\end{array}$$

Khi $n$ rất lớn ($n\gg 1$), ta áp dụng các phép xấp xỉ tiệm cận:

$$\begin{array}{rl}2n+1& \approx 2n,\\ (n+1{)}^2& \approx n^2.\end{array}$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}\frac{2n+1}{n^2(n+1{)}^2}& \approx \frac{2n}{n^2\cdot n^2}\\ & =\frac{2}{n^3}.\end{array}$$

của bức xạ điện từ phát ra theo thuyết lượng tử là:

$$\begin{array}{rl}{f}_{\text{rad}}& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{h}\\ & \approx \frac{m_e{e}^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^3}\cdot \frac{2}{n^3}\\ & =\frac{m_e{e}^4}{4{\epsilon }_0^2{n}^3{h}^3}.\end{array}$$

So sánh với kết quả câu (a), ta thấy:

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_{\text{rad}}=f_{\text{rev}}.$$

bức xạ phát ra trong quá trình chuyển mức lượng tử tiệm cận chính xác về tần số quay cơ học cổ điển của electron khi số lượng tử $n$ tiến ra vô cùng, minh chứng hoàn hảo cho nguyên lý tương ứng của Bohr.

Bài tập trắc nghiệm kiểu MCAT

Đoạn văn thông tin: Kính hiển vi ion helium

Trong khi kính hiển vi điện tử khai thác các đặc tính sóng của electron, kính hiển vi ion lại sử dụng các đặc tính sóng của các ion nguyên tử, chẳng hạn như ion helium (${\mathrm{He}}^{+}$), để chụp ảnh vật liệu. Một ion helium có khối lượng gấp khoảng $7300$ lần khối lượng của một electron. Trong một kính hiển vi ion helium điển hình, các ion helium được gia tốc bởi một hiệu điện thế cao trong khoảng $10-50\mathrm{kV}$ và được hội tụ thành một chùm tia chiếu lên mẫu vật cần quan sát. Ở dải này, các ion không đâm xuyên quá sâu vào bên trong mẫu, do đó loại kính hiển vi này chủ yếu được sử dụng để chụp ảnh bề mặt của các cấu trúc sinh học.

Việc sử dụng các ion helium với lớn hơn rất nhiều (trong vùng thang đo $\mathrm{MeV}$) đã được đề xuất như một phương pháp chụp ảnh toàn bộ bề dày của mẫu vật, vì các ion helium chuyển động nhanh này có thể xuyên qua toàn bộ độ dày của các mẫu sinh học như tế bào. Trong loại kính hiển vi ion này, độ hao hụt khi chùm ion truyền qua các phần khác nhau của tế bào có thể được đo lường chính xác và liên hệ trực tiếp với sự phân bố vật chất trong tế bào, trong đó những phần dày hơn của tế bào sẽ gây ra sự mất mát năng lượng lớn hơn.

Bài tập 39: 88

của một ion helium so với bước sóng của một electron khi cả hai cùng được gia tốc qua cùng một hiệu điện thế sẽ như thế nào?

(a) Ion helium có dài hơn, vì nó có khối lượng lớn hơn. (b) Ion helium có bước sóng ngắn hơn, vì nó có khối lượng lớn hơn. (c) Bước sóng của hai hạt bằng nhau, vì chúng có cùng động năng. (d) Bước sóng của hai hạt bằng nhau, vì chúng có cùng độ lớn điện tích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh giữa ion ${\mathrm{He}}^{+}$ và electron khi cùng được gia tốc từ trạng thái nghỉ qua hiệu điện thế $V$.

Hướng đi:

• Tính động năng thu được qua công của điện trường: $K=qV$.
• Biểu diễn theo khối lượng và động năng: $\lambda =h/\sqrt{2mK}$.
• So sánh khi độ lớn điện tích bằng nhau ($q=e$) nhưng khối lượng ion helium lớn hơn electron rất nhiều.

Khi một hạt mang điện tích $q$ được gia tốc từ trạng thái nghỉ qua hiệu điện thế $V$, điện trường chuyển hóa hoàn toàn thành động năng của hạt:

$$K=qV.$$

Cả electron và ion helium đơn hóa trị (${\mathrm{He}}^{+}$) đều có độ lớn điện tích bằng điện tích nguyên tố $e$, do đó khi được gia tốc qua cùng một hiệu điện thế $V$, chúng thu được cùng một giá trị động năng:

$$K_e=K_{\text{ion}}=eV.$$

của một hạt phi tương đối tính có khối lượng $m$ và động năng $K$ được xác định bởi:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{h}{p}=\frac{h}{\sqrt{2mK}}\\ & =\frac{h}{\sqrt{2meV}}.\end{array}$$

Với cùng một hiệu điện thế gia tốc $V$, tỉ lệ nghịch với căn bậc hai của khối lượng hạt:

$$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}.$$

Vì một ion helium có khối lượng gấp khoảng $7300$ lần khối lượng của một electron ($m_{\text{ion}}\approx 7300m_e$), của ion helium ngắn hơn bước sóng của electron khoảng $\sqrt{7300}\approx 85$ lần.

Đáp án đúng: (b) Ion helium có ngắn hơn, vì nó có khối lượng lớn hơn.

Bài tập 39: 89

Liệu loại kính hiển vi ion helium thứ nhất (dùng để chụp ảnh bề mặt) có thể tạo ra các ion helium có bằng $0,1\mathrm{pm}$ hay không?

(a) Có, hiệu điện thế yêu cầu là $21\mathrm{kV}$. (b) Có, hiệu điện thế yêu cầu là $42\mathrm{kV}$. (c) Không, vì cần hiệu điện thế cao hơn $50\mathrm{kV}$. (d) Không, vì cần hiệu điện thế thấp hơn $10\mathrm{kV}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: yêu cầu $\lambda =0,1\mathrm{pm}={10}^{-13}\mathrm{m}$, dải hiệu điện thế của kính hiển vi bề mặt là $10-50\mathrm{kV}$.

Hướng đi:

• Xác định khối lượng của ion helium ${\mathrm{He}}^{+}$ từ dữ kiện $m\approx 7300m_e$.
• Dùng hệ thức de Broglie $\lambda =h/\sqrt{2meV}$ để rút ra hiệu điện thế gia tốc cần thiết $V$.
• So sánh giá trị hiệu điện thế tính được với phạm vi vận hành $10-50\mathrm{kV}$ của thiết bị.

Khối lượng của một ion helium xấp xỉ bằng:

$$\begin{array}{rl}m& =7300m_e\\ & \approx 7300(9,11\times {10}^{-31}\mathrm{kg})\\ & \approx 6,65\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Để ion helium có $\lambda =0,1\mathrm{pm}=1,0\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, yêu cầu của ion là:

$$\begin{array}{rl}p& =\frac{h}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}{1,0\times {10}^{-13}\mathrm{m}}\\ & =\mathrm{6,626}\times {10}^{-21}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Động năng tương ứng của ion là:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{p^2}{2m}\\ & =\frac{(\mathrm{6,626}\times {10}^{-21}{)}^2}{2(\mathrm{6,650}\times {10}^{-27})}\\ & \approx \mathrm{3,301}\times {10}^{-15}\mathrm{J}.\end{array}$$

Chuyển đổi sang đơn vị :

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{\mathrm{3,301}\times {10}^{-15}\mathrm{J}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}}\\ & \approx 20600\mathrm{eV}\approx 20,6\mathrm{keV}.\end{array}$$

Vì ion helium mang điện tích đơn vị $+e$, hiệu điện thế gia tốc cần thiết đúng bằng:

$$\begin{array}{rl}V& =\frac{K}{e}\\ & \approx 20,6\mathrm{kV}\approx 21\mathrm{kV}.\end{array}$$

Giá trị $21\mathrm{kV}$ nằm gọn hoàn toàn trong dải hiệu điện thế thiết kế tiêu chuẩn $10-50\mathrm{kV}$ của loại kính hiển vi ion helium chụp ảnh bề mặt.

Đáp án đúng: (a) Có, hiệu điện thế yêu cầu là $21\mathrm{kV}$.

Bài tập 39: 90

Vì sao việc sử dụng các ion helium lại dễ dàng và thuận tiện hơn so với việc dùng các nguyên tử helium trung hòa trong một kính hiển vi như vậy?

(a) Các nguyên tử helium không mang điện, và chỉ các hạt mang điện tích mới có tính chất sóng. (b) Các nguyên tử helium tạo thành phân tử quá lớn để có tính chất sóng. (c) Các nguyên tử helium trung hòa khó hội tụ và định hướng bằng điện trường và từ trường hơn rất nhiều. (d) Các nguyên tử helium có khối lượng lớn hơn ion helium rất nhiều nên khó gia tốc hơn.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích lý do lựa chọn ion helium thay vì nguyên tử helium trung hòa trong kính hiển vi hạt.

Hướng đi:

• Nhắc lại nguyên lý tác dụng của lực Lorentz và lực tĩnh điện lên hạt mang điện.
• Phân tích khả năng điều khiển, gia tốc và hội tụ quang học đối với hạt mang điện so với hạt trung hòa về điện.

Mọi vi hạt vật chất (dù mang điện hay trung hòa) đều có tính chất sóng theo giả thuyết de Broglie $\lambda =h/p$. Tuy nhiên, để tạo thành một thiết bị kính hiển vi quang học hạt có độ phân giải cao, hệ thống bắt buộc phải thực hiện được ba chức năng kỹ thuật cốt lõi:

1. Gia tốc: Hạt mang điện có thể dễ dàng được gia tốc tới mong muốn bằng cách cho đi qua một hiệu điện thế tĩnh điện $V$.
2. Định hướng và hội tụ: Chùm hạt mang điện chịu tác dụng của lực tĩnh điện $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ và lực từ Lorentz $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$, cho phép các nhà chế tạo sử dụng các thấu kính tĩnh điện và thấu kính từ trường để hội tụ chùm tia thành một điểm cực nhỏ cỡ nanômét trên bề mặt mẫu vật.
3. Quét chùm tia: Lực điện từ cho phép làm lệch và điều khiển chùm tia quét nhanh và chính xác qua từng điểm ảnh trên mẫu.

Nguyên tử heli trung hòa có $q=0$, nên không chịu lực Lorentz do điện tích như một ion. Vì vậy, hệ thấu kính điện từ thông thường khó gia tốc, định hướng và hội tụ chúng hơn. Điều này không có nghĩa nguyên tử trung hòa không thể tương tác với mọi điện trường hoặc từ trường. Sự phân cực và mômen từ có thể tạo tương tác trong những bố trí khác.

Đáp án đúng: (c) Các nguyên tử helium trung hòa khó hội tụ và định hướng bằng điện trường và từ trường hơn rất nhiều.

Bài tập 39: 91

Trong loại kính hiển vi ion helium thứ hai, một chùm ion $1,2\mathrm{MeV}$ khi truyền qua tế bào bị tiêu hao với tốc độ $0,2\mathrm{MeV}$ trên mỗi micromet ($\mu \mathrm{m}$) bề dày tế bào. Nếu năng lượng của ion có thể đo được chính xác tới mức $6\mathrm{keV}$, thì độ chênh lệch bề dày nhỏ nhất có thể phân biệt được là bao nhiêu?

(a) $0,03\mu \mathrm{m}$. (b) $0,06\mu \mathrm{m}$. (c) $3\mu \mathrm{m}$. (d) $6\mu \mathrm{m}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tốc độ tiêu hao $dE/dx=0,2\mathrm{MeV}/\mu \mathrm{m}$, độ phân giải đo năng lượng $\mathrm{\Delta }E=6\mathrm{keV}$.

Hướng đi:

• Đổi các đại lượng về cùng một đơn vị ($\mathrm{keV}$ hoặc $\mathrm{eV}$).
• Áp dụng mối liên hệ giữa độ biến thiên và độ dày mẫu vật $\mathrm{\Delta }E=(dE/dx)\mathrm{\Delta }x$.
• Rút ra độ chênh lệch bề dày nhỏ nhất $\mathrm{\Delta }{x}_{min}=\mathrm{\Delta }E/(dE/dx)$.

Tốc độ mất trên mỗi đơn vị bề dày tế bào là:

$$\begin{array}{rl}\frac{dE}{dx}& =0,2\mathrm{MeV}/\mu \mathrm{m}\\ & =200\mathrm{keV}/\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Độ chênh lệch nhỏ nhất mà máy dò có thể đo lường và phân biệt được là:

$$\mathrm{\Delta }{E}_{min}=6\mathrm{keV}.$$

Độ chênh lệch bề dày nhỏ nhất của tế bào có thể nhận biết được tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{x}_{min}& =\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{min}}{dE/dx}\\ & =\frac{6\mathrm{keV}}{200\mathrm{keV}/\mu \mathrm{m}}\\ & =0,03\mu \mathrm{m}=30\mathrm{nm}.\end{array}$$

Độ phân giải bề dày $30\mathrm{nm}$ này cho phép lập bản đồ mật độ khối lượng nội bào cực kỳ chi tiết ở cấp độ dưới tế bào.

Đáp án đúng: (a) $0,03\mu \mathrm{m}$.

Bài tập cầu nối

Bài tập: Bài cầu nối 39: Các ngôi sao nóng và những đám mây hydrogen

Một tinh vân phát xạ như Tinh vân Rosette (Hình 39.36) bao gồm một đám mây khí hydrogen bao quanh một ngôi sao rất nóng có nhiệt độ bề mặt là $15100\mathrm{K}$.

Hình 39.36: Tinh vân Rosette. Bức xạ bước sóng ngắn từ các sao nóng ở trung tâm kích thích khí hydro, làm đám mây phát sáng.

(a) Ngôi sao này có mật độ phát xạ phổ cực đại tại nào? Bước sóng này thuộc vùng nào của quang phổ điện từ?

(b) Hầu hết bức xạ bởi một tập trung ở các nằm trong khoảng từ một nửa đến ba lần bước sóng phát xạ cực đại ${\lambda }_{max}$. Nếu một nguyên tử hydrogen ở gần ngôi sao ở câu (a) ban đầu ở trạng thái cơ bản, $n$ của cao nhất mà nguyên tử có thể bị kích thích lên bởi một trong dải bước sóng này là bao nhiêu?

(c) Màu đỏ đặc trưng của tinh vân phát xạ chủ yếu do các nguyên tử hydrogen thực hiện bước chuyển từ mức $n=3$ về mức $n=2$ và phát ra có $656,3\mathrm{nm}$ (vạch $H_{\alpha }$). Trong được lý giải dưới góc độ sóng de Broglie, bước sóng của electron trên quỹ đạo ứng với các mức $n=2$ và $n=3$ bằng bao nhiêu? So sánh này với bước sóng của photon phát xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ngôi sao nóng có nhiệt độ bề mặt $T=15100\mathrm{K}$, dải bức xạ chủ yếu $[{\lambda }_{max}/2,3{\lambda }_{max}]$, nguyên tử hydro ban đầu ở trạng thái cơ bản $n_1=1$.

Hướng đi:

• Xác định phát xạ cực đại ${\lambda }_{max}$ theo ${\lambda }_{max}=b/T$.
• Tìm giới hạn dải $[{\lambda }_{min},{\lambda }_{max,\text{band}}]$. có lớn nhất ứng với bước sóng ngắn nhất ${\lambda }_{min}$.
• Tính cực đại của $E_{,max}=hc/{\lambda }_{min}$ và tìm mức lượng tử cao nhất $n$ thỏa mãn điều kiện kích thích $\mathrm{\Delta }E\le E_{,max}$.
• Áp dụng điều kiện sóng dừng de Broglie trên quỹ đạo tròn $2\pi r_n=n{\lambda }_e$ để tính electron trên $n=2$ và $n=3$.

(a) Theo , ứng với mật độ phát xạ phổ cực đại của một ở nhiệt độ $T=15100\mathrm{K}$ là:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max}& =\frac{b}{T}\\ & =\frac{\mathrm{2,898}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\cdot \mathrm{K}}{15100\mathrm{K}}\\ & \approx \mathrm{1,919}\times {10}^{-7}\mathrm{m}\\ & \approx 192\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vì này nhỏ hơn giới hạn dưới của ánh sáng nhìn thấy ($380\mathrm{nm}$), bức xạ cực đại của ngôi sao thuộc vùng tử ngoại (ultraviolet, cụ thể là vùng tử ngoại chân không xa).

(b) Dải tập trung phần lớn bức xạ của ngôi sao có cận dưới:

$${\lambda }_{min}=\frac{{\lambda }_{max}}{2}\approx 96,0\mathrm{nm},$$

và cận trên:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{max,\text{band}}& =3{\lambda }_{max}\\ & \approx 575,8\mathrm{nm}.\end{array}$$

Trong dải này, mang lớn nhất ứng với bước sóng ngắn nhất ${\lambda }_{min}=95,96\mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{,max}& =\frac{hc}{{\lambda }_{min}}\\ & =\frac{1240\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{95,96\mathrm{nm}}\\ & \approx 12,92\mathrm{eV}.\end{array}$$

Nguyên tử hydrogen ban đầu ở mức cơ bản $n=1$ có $E_1=-\mathrm{13,606}\mathrm{eV}$. Khi hấp thụ , nguyên tử chuyển lên cao hơn $n$ với độ chênh lệch năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_n-E_1\\ & =13,61\mathrm{eV}(1-\frac{1}{n^2}).\end{array}$$

Để quá trình hấp thụ kích thích xảy ra, chuyển mức không được vượt quá năng lượng photon tối đa có trong dải:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \le E_{,max}\\ & \approx 12,92\mathrm{eV}.\end{array}$$

Biến đổi bất đẳng thức:

$$\begin{array}{rl}1-\frac{1}{n^2}& \le \mathrm{0,949}6,\\ \frac{1}{n^2}& \ge \mathrm{0,050}4,\\ n^2& \le 19,84,\\ n& \le 4,45.\end{array}$$

Vì $n$ bắt buộc phải là một số nguyên dương, giá trị lớn nhất mà nguyên tử có thể đạt tới là $n=4$.

Kiểm tra lại:

Chuyển mức lên $n=4$ cần :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{1\to 4}& =13,61(1-\frac{1}{16})\\ & \approx 12,76\mathrm{eV},\end{array}$$

Tương ứng với có $\lambda =\frac{1239,84}{12,76}\approx 97,2\mathrm{nm}$ (nằm trong dải bức xạ). Chuyển mức lên $n=5$ cần :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{1\to 5}& =13,61(1-\frac{1}{25})\\ & \approx 13,06\mathrm{eV},\end{array}$$

Tương ứng với có $\lambda =\frac{1239,84}{13,06}\approx 94,9\mathrm{nm}<96,0\mathrm{nm}$ (nằm ngoài dải bức xạ chủ yếu).

(c) Trong mô hình sóng de Broglie, thứ $n$ là một sóng dừng trên đường tròn chu vi $2\pi r_n$, chứa đúng $n$ lần của electron:

$$\begin{array}{rl}2\pi r_n& =n{\lambda }_e\\ ⟹{\lambda }_e& =\frac{2\pi r_n}{n}.\end{array}$$

Mặt khác, bán kính thứ $n$ liên hệ với bán kính Bohr $a_0\approx \mathrm{0,052}92\mathrm{nm}$ theo hệ thức $r_n=n^2{a}_0$. Do đó:

$${\lambda }_e=\frac{2\pi (n^2{a}_0)}{n}=2\pi n{a}_0.$$

Tính của electron ở các mức:

Với mức $n=2$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{e,2}& =2\pi (2)a_0=4\pi a_0\\ & \approx 4\pi (\mathrm{0,052}92\mathrm{nm})\\ & \approx \mathrm{0,665}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Với mức $n=3$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{e,3}& =2\pi (3)a_0=6\pi a_0\\ & \approx 6\pi (\mathrm{0,052}92\mathrm{nm})\\ & \approx \mathrm{0,997}\mathrm{nm}.\end{array}$$

So sánh với của phát xạ trong vạch đỏ $H_{\alpha }$ (${\lambda }_{\gamma }=656,3\mathrm{nm}$):

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_{\gamma }}{{\lambda }_{e,3}}& =\frac{656,3\mathrm{nm}}{\mathrm{0,997}\mathrm{nm}}\\ & \approx 658.\end{array}$$

của phát ra dài hơn của chính electron phát ra nó tới gần một nghìn lần. Điều này xuất phát từ bản chất: Photon có khối lượng nghỉ bằng không và truyền đi với tốc độ ánh sáng mang nhỏ ($1,89\mathrm{eV}$ ứng với $\lambda$ lớn), trong khi electron bị giam hãm trong không gian hạ nanômét của nguyên tử có lớn, tạo nên bước sóng vật chất cực ngắn theo hệ thức de Broglie.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 39, trang 1312–1320.