Đáp án B

Công thoát của Na: $A_1=\frac{hc}{{\lambda }_{01}}=3,{975.10}^{-19}J$

Công thoát của Zn: $A_2=1,4A_1=5,{565.10}^{-19}J$

Giới hạn quang điện của Zn: ${\lambda }_{02}=\frac{hc}{A_2}\approx 0,36\mu m$

Đáp án A

Vận tốc ban đầu cực đại của electron quang điện bằng:

Đáp án A

Số photon phát ra trong 1s là: $n_P=\frac{P}{\epsilon }=\frac{P\lambda }{hc}=3,{77.10}^{18}photon/s$

Do hiệu suất lượng tử 100%, nên: $n_e=n_p=3,{77.10}^{18}electron/s$

Cường độ dòng quang điện bão hòa là: $I_{bh}=n_e.e=0,6A$

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{m{v}_1^2}{2}=A+\frac{4m{v}_2^2}{2}\\ \frac{hc}{{\lambda }_2}=A+\frac{m{v}_2^2}{2}\end{array}\right.\to \frac{m{v}_2^2}{2}=\frac{1}{3}\left(\frac{hc}{{\lambda }_1}-\frac{hc}{{\lambda }_2}\right)=1,{325.10}^{-19}J$

Từ đó:$A=\frac{hc}{{\lambda }_2}-\frac{m{v}_2^2}{2}=2,{65.10}^{-19}J\to {\lambda }_0=\frac{hc}{A}=0,75\mu m$

Đáp án D

Ta có: $\frac{hc}{\lambda }=A+e{V}_{\text{max}}\to V_{\text{max}}=\frac{\frac{hc}{\lambda }-A}{e}\approx 1,8V$

Đáp án D

Ta có: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{v}^2=e{U}_{AK}=\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}\to {\lambda }_{\min }=\frac{hc}{e{U}_{AK}}=0,{6625.10}^{-10}m$

Đáp án D

Ta có: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{v}^2=e{U}_{AK}=\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}\to {\lambda }_{\min }=\frac{hc}{e{U}_{AK}}=0,{6625.10}^{-10}m$

Đáp án B

Vì giới hạn quang điện của kim loại ${\lambda }_0=5200\stackrel{o}{A}$  nằm trong vùng bước sóng của ánh sáng nhìn thấy, nên chỉ có đèn tử ngoại 50W có bước sóng nhỏ hơn mới gây ra hiện tượng quang điện đối với kim loại đó.

Đáp án B

Giới hạn quang điện của đồng là:

${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{2,62.1,{6.10}^{-19}}=0,47\mu m$

Vì ${\lambda }_1,{\lambda }_2<{\lambda }_0$ cả hai bức xạ có bước sóng ${\lambda }_1$  và ${\lambda }_2$  đều gây ra được hiện tượng quang điện đối với kim loại đó.

Đáp án A

Hiđro ở trạng thái cơ bản được kích thích chuyển lên trạng thái có bán kính quỹ đạo tăng lên 9 lần, tương ứng với chuyển lên trạng thái ứng với mức năng lượng n = 3. Do đó khi chuyển dời về mức cơ bản thì phát ra bước sóng của bức xạ có năng lượng lớn nhất là:

$\lambda =\frac{hc}{E_3-E_1}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{\left(-\frac{13,6}{3^2}-\left(-\frac{13,6}{1^2}\right)\right).1,{6.10}^{-19}}=0,103\mu m$

Đáp án A

Bước sóng lớn nhất của bức xạ trong dãy Lyman, ứng với m = 1 và n = 2, được xác định:

Đáp án C

Một đám nguyên tử hiđrô đang ở trạng thái kích thích mà electron chuyển động trên quỹ đạo dừng N. Khi electron chuyển về các quỹ đạo dừng bên trong thì quang phổ vạch phát xạ của đám nguyên tử có thể phát ra là: $N\to K;M\to K;L\to K;N\to M;M\to L;N\to L,$  tương ứng với 6 vạch phát xạ.

Đáp án B

Ta có: $E_2-E_1=\frac{hc}{{\lambda }_1}$ và $E_3-E_2=\frac{hc}{{\lambda }_2}.$

Cộng vế với vế hai phương trình trên ta được:

$E_3-E_1=\frac{hc}{{\lambda }_1}+\frac{hc}{{\lambda }_2}$ hay $\frac{hc}{{\lambda }_{31}}=\frac{hc}{{\lambda }_1}+\frac{hc}{{\lambda }_2}\to \frac{1}{{\lambda }_{31}}=\frac{1}{{\lambda }_1}+\frac{1}{{\lambda }_2}$

Từ đó: ${\lambda }_{31}=\frac{{\lambda }_1{\lambda }_2}{{\lambda }_1+{\lambda }_2}=0,1025\left(\mu m\right)$

Đáp án D

Năng lượng của phôtôn ứng với ánh sáng tím có bước sóng  $\lambda =0,41\mu m$là

$E=\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{41.10}^{-6}}=4,{85.10}^{-19}J=3,03eV$

Đáp án D

Các vạch trong dãy Banme thuộc vùng ánh sáng trông thấy và một phần thuộc vùng tử ngoại.

Đáp án C

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\lambda }_2=\frac{{\lambda }_1}{2};{\lambda }_3=\frac{2}{3}{\lambda }_1\\ v_2=3v_1;v_3=k{v}_1\end{array}\right.\left(1\right)$

Áp dụng công thức Anhxtanh lần lượt cho 3 bức xạ, ta có:

                                   $\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{m{v}_1^2}{2}\\ \frac{hc}{{\lambda }_2}=A+\frac{m{v}_2^2}{2}\\ \frac{hc}{{\lambda }_3}=A+\frac{m{v}_3^2}{2}\end{array}\right.\left(2\right)$

Thay hệ phương trình (1) vào hệ phương trình (2), ta có:

                       $\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{m{v}_1^2}{2}\\ 2\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+9.\frac{m{v}_1^2}{2}\\ \frac{3}{2}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+k^2.\frac{m{v}_1^2}{2}\end{array}\right.\left(3\right)$

Từ hai phương trình đầu của (3),  Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=\frac{8}{7}A\\ \frac{m{v}_1^2}{2}=\frac{1}{7}A\end{array}\right.\left(4\right)$

Thay (4) vào phương trình còn lại của hệ (3), ta có:

                    $\frac{3}{2}.\frac{8}{7}A=A+k^2.\frac{1}{7}A\to k^2=5\to k=\sqrt{5}$    

Đáp án A

Ta có: $E_n=-\frac{13,6}{n^2}\left(eV\right)=-\frac{21,76}{n^2}\left(J\right)$

Bảng giá trị các mức năng lượng:

Áp dụng công thức:

 ${\lambda }_{\mathrm{mn}}=\frac{hc}{E_m-E_n}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{E_m-E_n}$

Khi đó: 

${\lambda }_{43}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{E_4-E_3}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{-1,{36.10}^{-19}-\left(-2,{42.10}^{-19}\right)}=1875\left(nm\right)$

${\lambda }_{53}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{E_5-E_3}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{-0,{87.10}^{-19}-\left(-2,{42.10}^{-19}\right)}=1282\left(nm\right)$

${\lambda }_{63}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{E_6-E_3}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{-0,{6.10}^{-19}-\left(-2,{42.10}^{-19}\right)}=1092\left(nm\right)$

${\lambda }_{73}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{E_7-E_3}=\frac{19,{875.10}^{-26}}{-0,{44.10}^{-19}-\left(-2,{42.10}^{-19}\right)}=1003\left(nm\right)$

Từ các kết quả trên cho thấy vạch phổ có bước sóng $\lambda =1875nm$ ứng với sự chuyển của electron giữa các quỹ đạo từ mức năng lượng ứng với n = 4 về mức năng lượng ứng với n = 3.

Đáp án A