Lý thuyết và các dạng bài tập quang phổ vạch của nguyên tử Hyđrô ( đầy đủ)

LÝ THUYẾT VÀ CÁC DẠNG BÀI TẬP QUANG PHỔ VẠCH CỦA NGUYÊN TỬ HYĐRÔ

1. Tóm tắt lý thuyết và công thức: 

Tiên đề Bo : \(e=hf_{nm}=\frac{hc}{l_{_{_{nm}}}}=E_{n}-E_{m}\)

+ Bán kính quỹ đạo dừng thứ n của electron trong nguyên tử hiđrô:         

                     r_n = n²r₀   Với r₀ =5,3.10^-11m là bán kính Bo (ở quỹ đạo K)

+ Khi nguyên tử đang ở mức năng lượng cao chuyển xuống mức năng lượng thấp thì phát ra  photon, ngược lại chuyển từ mức năng lượng thấp chuyển lên mức năng lượng cao nguyên tử sẽ hấp thu photon

                 \(E_{cao}-E_{thấp}=hf\)  

Lưu ý: Bước sóng dài nhất \(\lambda _{NM}\) khi e chuyển từ N \(\rightarrow\) M.

            Bước sóng ngắn nhất \(\lambda _{\infty M}\) khi e chuyển từ \(\infty \rightarrow\) M.

+ Bước sóng phát ra khi nguyên tử chuyển mức năng lượng: \(\varepsilon =E_{n}-E_{m}\)

\(hf_{nm}=\frac{hc}{l_{nm}}=E_{n}-E_{m}\Rightarrow \frac{1}{\lambda _{nm}}=\frac{E_{N}-E_{M}}{hc}\) \(\Rightarrow \lambda _{nm}=\frac{hc}{E_{n}-E_{m}}=\frac{hc}{E_{0}\left ( \frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{m^{^{2}}} \right )}\)

+ Tần số của phôtôn bức xạ \(f_{nm}=\frac{c}{\lambda _{nm}}=\frac{E_{n}-E_{m}}{h}\) Với  E_n > E_m.  

+ Mối liên hệ giữa các bước sóng và tần số của các vạch quang phổ của nguyên từ hiđrô: 

\(\frac{1}{\lambda _{31}}=\frac{1}{\lambda _{32}}+\frac{1}{\lambda _{21}}\)  và \(f_{31}=f_{32}+f_{21}\) (như cộng véctơ)

+ Công thức thực nghiệm: \(\frac{1}{\lambda }=R_{H}\left ( \frac{1}{m^{2}} -\frac{1}{n^{2}}\right )\)             

+ Hằng số Rydberg: \(R_{H}=\frac{E_{_{0}}}{h.c}=\frac{13,6e}{h.c}=1,0969.10^{7}m=1,097.10^{7}m\) (trong máy tính Fx  thì R_H là \(R_{\infty }\) )

Các dãy Quang phổ của nguyên tử hidrô

- Dãy Laiman: khi e (n>1) về quĩ đạo K(m=1) thì phát ra các vạch thuộc dãy  Laiman: m= 1; n= 2,3,4…

 \(\frac{1}{\lambda n1}=\frac{E_{0}}{hc}\left ( \frac{1}{1^{2}} -\frac{1}{n^{2}}\right )\) với \(n\geq 2\) Các vạch thuộc vùng tử ngoại

- Dãy Banme: Khi e chuyển từ quĩ đạo ngoài (n>2) về quĩ đạo L(m=2) thì phát ra các vạch thuộc dãy Banme: m= 2; n= 3,4,5…

\(\frac{1}{\lambda n2}=\frac{E_{0}}{hc}\left ( \frac{1}{2^{2}} -\frac{1}{n^{2}}\right )\) với \(n\geq 3\) Gồm 4 vạch : đỏ \(H_{\alpha }(0,656\mu m)\), lam \(H_{\beta }(0,486\mu m)\), 

chàm \(H_{\gamma }(0,434\mu m)\), tím \(H_{\delta }(0,410\mu m)\) và một phần ở vùng tử ngoại

- Dãy Pasen : khi các e chuyển từ quĩ đạo bên ngoài (n>3) về quĩ đạo M(m=3): m = 3; n = 4, 5, 6...

\(\frac{1}{\lambda n3}=\frac{E_{0}}{hc}\left ( \frac{1}{3^{2}} -\frac{1}{n^{2}}\right )\) với  \(n\geq 4\) Các vạch thuộc vùng hồng ngoại

Năng lượng của êlectron trong nguyên tử Hiđrô có biểu thức: 

+Năng lượng electron trong nguyên tử hiđrô: \(E_{n}=\frac{E_{0}}{n^{2}}=-\frac{13,6}{n^{2}}(eV)\) Với n \(\in\) N^*: lượng tử số.

E₀ = - 13,6eV: năng lượng ở trạng thái cơ bản (Chú ý E₀ < 0 )

- n = 1 ứng với quỹ đạo K ( năng lượng thấp nhất )

- n = 2 ứng với quỹ đạo L...

 + m = 1; n = 2, 3, 4... dãy Laiman (tử ngoại);

 + m = 2; n = 3, 4, 5... dãy Banme (một phần nhìn thấy)

 + m = 3; n = 4, 5, 6...  dãy Pasen (hồng ngoại).

 F Các bức xạ của dãy Banmer( nhìn thấy):

 + Vạch đỏ \(H_{\alpha }:\lambda _{\alpha }=\lambda _{ML}=\lambda _{32}:\frac{hc}{\lambda _{32}}=E_{3}-E_{2}\)

 + Vạch lam \(H_{\beta }:\lambda _{\beta }=\lambda _{NL}=\lambda _{42}:\frac{hc}{\lambda _{4}}=E_{4}-E_{2}\)

 + Vạch chàm \(H_{\gamma }:\lambda _{\gamma }=\lambda _{OL}=\lambda _{52}:\frac{hc}{\lambda _{52}}=E_{5}-E_{2}\)

 + Vạch tím \(H_{\theta }:\lambda _{\theta }=\lambda _{PL}=\lambda _{62}:\frac{hc}{\lambda _{62}}=E_{6}-E_{2}\)

 Các vạch có bước sóng dài nhất của các dãy:

 + Dãy Laiman: \(\lambda _{21}:\frac{hc}{\lambda _{21}}=E_{2}-E_{1}\)  

 + Dãy Banmer: \(\lambda _{32}:\frac{hc}{\lambda _{32}}=E_{3}-E_{2}\)  

 + Dãy Paschen: \(\lambda _{43}:\frac{hc}{\lambda _{43}}=E_{4}-E_{3}\)

Chú ý: Khi nguyên tử ở trạng thái kích thích thứ n có thể (khả dĩ) phát ra số bức xạ điện từ cho bởi:

\(N=C_{n}^{2}=\frac{n!}{(n-2)!2!}\)  trong đó \(C_{n}^{2}\) là tổ hợp chập 2 của n.

2. Bài tập về các dãy quang phổ hidrô:

Ví dụ 1 về các bước sóng dãy Lymain (tử ngoại):

Khi electron trong nguyên tử hiđro ở một trong các mức năng lương cao L, M, N, O … nhảy về mức năng lương K , thì nguyên tử hiđro phát ra vạch bức xạ của dãy Lyman thuộc vùng tử ngoại của thang sóng điện từ, cụ thể như sau:

+ Vạch đầu tiên có bước sóng lớn nhất ứng với mức năng lương m =1 \(\rightarrow\) n = 2

\({{hc} \over {{\lambda _1}}} = {E_2} - {E_1} =  - {{13,6(eV)} \over {{2^2}}} - \left( { - {{13,5(eV)} \over {{1^2}}}} \right) = {{3.13,6} \over 4}(eV)\)

\(\Rightarrow \lambda _{21}=\frac{h.c.4}{3.13,6.e}=1,215.10^{-7}m=0,1215\mu m\) 

Hoặc dùng công thức:  \(\frac{1}{\lambda }=R_{H}\left ( \frac{1}{m^{2}}-\frac{1}{n^{2}} \right )\) \(\rightarrow\) Thế số \(\lambda _{21}=\frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{2^{2}} \right )}=1,215.10^{-7}m=0,1215\mu m\)

+Vạch thứ 2  ứng mức năng lương m = 1 \(\rightarrow\) n = 3, \(\lambda _{31}=\frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{3^{2}} \right )}=1,025175.10^{-7}m=0,1025\mu m\)

+Vạch thứ 3 ứng mức năng lương m = 1 \(\rightarrow\) n = 4, \(\lambda _{41}=\frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{2^{4}} \right )}=9,72018.10^{-8}m=0,0972\mu m\)

+ Vạch thứ 4 ứng  mức năng lương m = 1 \(\rightarrow\) n = 5, \(\lambda _{51}=\frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{5^{2}} \right )}=9,492365.10^{-8}m=0,0949\mu m\)

+ Vạch thứ 5 ứng  mức năng lương m = 1 \(\rightarrow\) n = 6,\(\lambda _{61}=\frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{6^{2}} \right )}=9,37303.10^{-8}m=0,09373\mu m\)

- - - - - - - - - - - - - - - - -  - -

+Vạch cuối cùng có bước sóng nhỏ nhất ứng với mức năng lượng m =1\(\rightarrow\) n = \(\infty\)

 \(\lambda _{\infty 1}=\frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{\infty ^{2}} \right )}=\frac{1}{R_{H}}=,11267.10^{-8}m=0,0911\mu m\)                                                               

Ví dụ 2 về các bước sóng dãy Banme (có 4 vạch nhìn thấy: đỏ,  lam , chàm , tím)

Khi electron trong nguyên tử hiđro ở một trong các mức năng lương cao M, N, O,P… nhảy về mức năng lương L ( ứng với trường hợp nguyên tử từ mức cao hơn trở về mức 2), thì nguyên tử hiđro phát ra vạch bức xạ thuộc dãy Balmer ,bốn vạch đầu ở vùng nhìn thấy (đỏ, lam, chàm, tím) và một phần thuộc vùng tử ngoại của thang sóng điện từ, cụ thể như sau:

a.Dùng công thức :  \(E_{n}=\frac{E_{0}}{n^{2}}=-\frac{13,6}{n^{2}}(eV)\) với n =  2,3,4...

Các bức xạ thuộc dãy banme ứng với trường hợp nguyên tử từ mức cao hơn  trở về mức 2

+ Vạch thứ 1 có bước sóng lớn nhất màu đỏ ứng với mức năng lương n =3 \(\rightarrow\) m = 2, theo Anh xtanh:

                                       \(\frac{hc}{\lambda _{32}}=E_{3}-E_{2}\Rightarrow \lambda _{32}=\lambda _{\alpha }=0,656\mu m\)  (màu đỏ)

+ Vạch thứ 2 có màu lam ứng mức năng lương n= 4  \(\rightarrow\)  m = 2, có bước sóng được xác định:

                                       \(\frac{hc}{\lambda _{42}}=E_{4}-E_{2}\Rightarrow \lambda _{42}=\lambda _{\beta }=0,486\mu m\)  (màu lam)

+ Vạch thứ 3 có màu chàm ứng mức năng lương n= 5 \(\rightarrow\) m = 2, có bước sóng được xác định:

                                      \(\frac{hc}{\lambda _{52}}=E_{5}-E_{2}\Rightarrow \lambda _{52}=\lambda _{\gamma }=0,434\mu m\)  (màu chàm)

+ Vạch thứ 4 có màu tím ứng mức năng lương  n= 6 -->  m = 2, có bước sóng được xác định:

                                      \(\frac{hc}{\lambda _{62}}=E_{6}-E_{2}\Rightarrow \lambda _{62}=\lambda _{\delta }=0,410\mu m\)  (màu tím)

b.Hoặc dùng công thức : \(\frac{1}{\lambda }=R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{n^{2}} \right )\Rightarrow \lambda = \frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{n^{2}} \right )}\)  (dãy Balmer ứng với m =2).

+ Vạch thứ 1 có bước sóng lớn nhất màu đỏ ứng với mức năng lương n =3 \(\rightarrow\)  m = 2, được xác định \(\frac{1}{\lambda_{32} }=R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{3^{2}} \right )\Rightarrow \lambda_{32} = \frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{3^{2}} \right )}=6,5611.10^{-7}m=0,656\mu m\)\(=\lambda _{\alpha }\) (màu đỏ)

+Vạch thứ 2 có màu lam ứng mức năng lương  n = 4 \(\rightarrow\) m = 2, có bước sóng được xác định: \(\frac{1}{\lambda_{42} }=R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{4^{2}} \right )\Rightarrow \lambda_{42} = \frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{4^{2}} \right )}=4,8600936.10^{-7}m\) \(=0.486\mu m=\lambda _{\beta }\) (màu lam )

+Vạch thứ 3 có màu chàm ứng mức năng lương n = 5 \(\rightarrow\) m = 2, có bước sóng được xác định:                  \(\frac{1}{\lambda_{52} }=R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{5^{2}} \right )\Rightarrow \lambda_{52} = \frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{5^{2}} \right )}=4,33936.10^{-7}m\)\(=0,434\mu m=\lambda _{\gamma }\) (màu chàm )

+Vạch thứ 4 có màu tím ứng mức năng lương n= 6 \(\rightarrow\) m = 2, có bước sóng được xác định: \(\frac{1}{\lambda_{62} }=R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{6^{2}} \right )\Rightarrow \lambda_{62} = \frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{6^{2}} \right )}=4,1007.10^{-7}m=0,410\mu m\) \(=\lambda _{\delta }\)  (màu tím )

+Còn ứng với các mức năng lương cao hơn nữa, ví dụ từ n \(\geq\) 7\(\rightarrow\) m = 2 thì bước sóng nằm trong vùng tử ngoại. Và bước sóng ngắn nhất của dãy ứng với ngưyên tử dịch chuyển từ vô cùng ( n = \(\infty\) ) về mức 2:\(\frac{1}{\lambda_{\infty 2} }=R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{\infty ^{2}} \right )\Rightarrow \lambda_{\infty 2} = \frac{1}{R_{H}\left ( \frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{\infty ^{2}} \right )}=3,645068.10^{-7}m\) \(\approx 0,365\mu m\)      

Hay   \(\frac{hc}{\lambda _{\infty }}=E_{\infty }-E_{2}\Rightarrow \lambda _{\infty }=0,365\mu m\)

Vậy, Các bức xạ trong dãy Balmer  có một phần nằm trong vùng tử ngoại và một phần nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy. Phần nhìn thấy này có 4 vạch là: Đỏ: \(H_{\alpha }(\lambda _{\alpha }=0,656\mu m)\); lam: \(H_{\beta }(\lambda _{\beta }=0,486\mu m)\);                        chàm: \(H_{\gamma }(\lambda _{\gamma }=0,434\mu m)\); tím: \(H_{\delta }(\lambda _{\delta }=0,410\mu m)\) 

Ví dụ 3  về các bước sóng dãy Paschen ( Hồng ngoại)

Các bức xạ trong dãy Paschen thuộc  vùng hồng ngoại  trong  thang sóng điện từ

Ta đã biết: trong mẫu nguyên tử Bor thì: \(E_{n}=\frac{E_{0}}{n^{2}}=-\frac{13,6}{n^{2}}(eV)\) với n = 1, 2, 3, 4...

các bức xạ thuộc dãy Paschen ứng với trường hợp nguyên tử từ mức cao hơn trở về mức 3

+ Vạch đầu tiên có bước sóng lớn nhất ứng với mức năng lương  n = 4 \(\rightarrow\)  m = 3

theo Anh xtanh : \(\frac{hc}{\lambda _{43}}=E_{4}-E_{3}\Rightarrow \lambda _{43}=0,83\mu m\)

+ Vạch cuối cùng có bước sóng ngắn nhất ứng với mức năng lương n = \(\infty\) \(\rightarrow\) m = 3

theo Anh xtanh : \(\frac{hc}{\lambda _{\infty 3}}=E_{\infty }-E_{3}\Rightarrow \lambda _{\infty 3}=0,78\mu m\)   

Vậy bước sóng thuộc dãy  Paschen nằm trong khoảng 0,78\(\mu m\) < l < 0,83\(\mu m\) nên nó thuộc vùng hồng ngoại. 

3.Các dạng bài tập:  

DẠNG 1: Tìm năng lượng của một photon, tần số hay bước sóng:

Hướng dẫn: Áp dụng công thức \(e=hf=\frac{hc}{l}\)  hay \(E_{cao}-E_{thấp}=hf\) để suy ra các đại lượng chưa biết.

Ví dụ 1: Chiếu một chùm sáng đơn sắc có bước sóng bằng 0,72\(\mu m\). Tìm tần số và năng lượng photon?

HD Giải :  Áp dụng công thức \(f=\frac{c}{\lambda }\)  và \(e=hf=\frac{hc}{l}\)

Ví dụ 2:   Êlectron trong nguyên tử hiđrô chuyển từ mức năng lượng thứ 3 về mức năng lượng thứ nhất. Tính năng lượng phôtôn phát ra và tần số của phôtôn đó. Cho biết năng lượng của nguyên tử hiđro ở mức năng lượng thứ n là               E_n = - \(\frac{13,6}{n^{2}}(eV)\) Hằng số Plăng h = 6,625.10^-34 (J.s)

HD Giải : Tính \(\Delta E\) và f của phôtôn.

Năng lượng của phôtôn phát ra :  \(\Delta E=E_{3}-E_{1}=-13,6\left ( \frac{1}{3^{2}}-\frac{1}{1^{2}} \right )=12,088(eV)\)                           Tần số dao động của phôtôn :  \(f=\frac{\Delta E}{h}\approx 2,92.10^{15}(Hz)\)

DẠNG 2:  Tìm động năng cực đại của electron khi xảy ra hiên tượng quang điện:

Hướng dẫn: Công thức: \(e=hf=\frac{hc}{\lambda }=A+\frac{mv_{0Max}^{2}}{2}\) với E_đ \(=\frac{mv_{Max}^{2}}{2}\) từ đó suy ra E_đ.                          Lưu ý: 1eV=1,6.10^-19J

Ví dụ 1:  Catốt của tế bào quang điện làm bằng vônfram, biết công thoát của electron với vônfram là 7,2.10^-19J. Chiếu vào catốt ánh sáng có bước sóng \(\lambda =0,18\mu m\). Động năng cực đại của êlectrôn khi bức ra khỏi catôt là bao nhiêu?

HD Giải:  Công thức \(e=hf=\frac{hc}{\lambda }=A+\frac{mv_{0Max}^{2}}{2}\) với E_đ \(=\frac{mv_{Max}^{2}}{2}\) Từ đó ta suy ra E_đmax

Mở rộng: bài toán tương tự tìm Vmax ta cũng tìm E_đmax ...

DẠNG 3: Tìm vận tốc cực đại của electron khi đập vào catot.

Hướng dẫn: Vận dụng công thức: E_đ = A = |e|U_AK là năng lượng do điện trường cung cấp: |e|U_{AK = Ed = \(\frac{mv^{2}}{2}\)}         Từ đó suy ra được v

Ví dụ 1:  Hiệu điện thế giữa Anot và catot của ống Culitzơ là 20kV. Cho e = 1,6.10^-19C, h=6,625.10^-34Js, c=3.10⁸m/s. Bỏ qua động năng ban đầu của electron. Tính vận tốc của electron khi đập vào catot?

HD Giải:  Vận dụng công thức  E_đ = A = |e| U_AK và |e|U_AK = E_đ = mv²/2. Ta có v=8,4.10⁷m/s.

DẠNG 4: Tìm số electron bay ra khỏi anot, số photon đập vào anot trong một thời gian t bất kỳ. Tìm hiệu suất quang điện.

Hướng dẫn:

- Tìm số electron bay ra khỏi catot là số electron tạo ra dòng quang điện do vậy ta vận dụng công thức: \(I=\frac{q}{t}=\frac{n_{e}\begin{vmatrix} e \end{vmatrix}}{t}\)  từ đó suy ra n_e

- Tìm số photon đập vào anot: Ta tìm năng lượng của chùm photon và lấy năng lượng của chùm photon chia cho năng lượng của một photon thì ta có số photon cần tìm. Với bài toán này đề thường cho công suất bức xạ P nên ta có: \(n_{p}=\frac{A_{p}}{\varepsilon }=P.\frac{t}{hf}\)

- Muốn tìm hiện suất quang điện ta dùng công thức:  \(H=\frac{n_{e}}{n_{p}}\)

Ví dụ 1: : Chiếu một chùm bức xạ vào tế bào quang điện có catot làm bằng Na thì cường độ dòng quang điện bão hòa là 3 . Số electron bị bứt ra ra khỏi catot trong hai phút là bao nhiêu?

HD Giải: Áp dụng công thức \(I=\frac{q}{t}=\frac{n_{e}\begin{vmatrix} e \end{vmatrix}}{t}\)  ta suy ra được \(n_{e}=I.\frac{t}{\begin{vmatrix} e \end{vmatrix}}\). Lưu ý đổi đơn vị của I ra ampe       

Ví dụ 2:  Chiếu vào catốt một ánh sáng có bước sóng 0,546μm, thì dòng quang điện bảo hoà có giá trị là 2mA. Công suất bức xạ là 1,515W . Hiệu suất lượng tử là bao nhiêu ?.

HD Giải :  Áp dụng công thức : \(I=\frac{q}{t}=\frac{n_{e}\begin{vmatrix} e \end{vmatrix}}{t}\)  ta tìm được n_e; công thức \(n_{p}=\frac{A_{p}}{\varepsilon }=P.\frac{t}{hf}\) ta tìm được n_p và công thức \(H=\frac{n_{e}}{n_{p}}\)  để tìm H. Lưu ý: H tính ra %

DẠNG 5: Tìm hiệu điện thế hãm để không một electron bay về anot (hay dòng quang điện triệt tiêu)

Hướng dẫn: - Hiện tượng các electron không về được anot do điện trường sinh công cản cản trở chúng.

- Muốn vậy thì: Công cản điện trường có giá trị bé nhất bằng động năng ban đầu cực đại của các electron quang điện. Ta có: \(\begin{vmatrix} eU_{h} \end{vmatrix}=\frac{mv_{0Max}^{2}}{2}\Rightarrow U_{h}=\frac{mv_{0Max}^{2}}{2\begin{vmatrix} e \end{vmatrix}}\)

- Lưu ý: Khi chọn kết quả thì U_h<0. Trong bài toán trắc nghiệm nếu không có giá trị âm thì chọn giá trị độ lớn.

Ví dụ 1:  Chiếu một ánh sáng có bước sóng 0,45μm vào catot của một tế bào quang điện. Công thoát kim loại làm catot là 2eV. Tìm hiệu điện thế giữa anot và catot để dòng quang điện triệt tiêu?

HD Giải:  Vận dụng \(U_{h}=\frac{mv_{0Max}^{2}}{2\begin{vmatrix} e \end{vmatrix}}\)  nhưng ta phải tìm E_đ = \(\varepsilon\) - A. Với E_đ = \(\frac{1}{2}mv_{0}^{2}\) Từ đó ta tìm được U_h = -0,76V

DẠNG 6: Xác định bước sóng ánh sáng (hay tần số) mà photon phát ra trong quá trình nguyên tử chuyển từ quỹ đạo có năng lượng cao về quỹ đạo có mức năng lượng thấp hơn.

Hướng dẫn:

- Khi chuyển từ mức năng lượng cao về mức thấp thì nguyên tử phát ra photon có năng lượng: \(e=hf_{nm}=\frac{hc}{l_{nm}}=E_{n}-E_{n}(E_{n}>E_{m} )\) (10) từ đó suy ra được bước sóng hay tần số.

- Lưu ý: thường ta lên vẽ biểu đồ mức lượng để giải.

Ví dụ 1:  Nguyên tử Hydro bị kích thích chuyển lên quỹ đạo có năng lượng cao. Sau đó chuyển từ quỹ đạo có lượng E₃ về E₁ thì phát ra ánh sáng đơn sắc có tần số f₃₁ = 4200Hz. Khi chuyển từ E₃ về E₂ thì phát ra ánh sáng đơn sắc có tần số f₃₂ = 3200Hz. Tìm tần số ánh sáng khi nó chuyển từ mức năng lượng E₂ về E₁?                          HD Giải :  Vận dụng công thức \(e=hf_{nm}=\frac{hc}{l_{nm}}=E_{n}-E_{n}(E_{n}>E_{m} )\) (10) 

ta có:   E₃ - E₁ = (E₃ - E₂) + (E₂ - E₁) \(\Leftrightarrow\) hf₃₁ = hf₃₂ + hf₂₁ \(\Leftrightarrow\) f₃₁ = f₃₂ + f₂₁ Suy ra: f₂₁= f₃₁ - f₃₂

Mở rộng: Nếu tìm bước sóng ta cũng có: \(\frac{1}{\lambda _{31}}=\frac{1}{\lambda _{32}}+\frac{1}{\lambda _{21}}\) từ đây suy ra các bước sóng cần tìm. 

Ví dụ 2:  Trong quang phổ hiđrô, bước sóng λ (μm) của các vạch quang phổ như sau: Vạch thứ nhất của dãy Lai-man λ₂₁ =0,1216 μm; Vạch H_α của dãy Ban-me λ_­Hα = 0,6563μm.Vạch đầu của dãy Pa-sen λ₄₃ =1,8751μm

 Tính bước sóng của hai vạch quang phổ thứ hai, thứ ba của dãy Lai-man và của vạch H_β .

HD Giải: Áp dụng công thức \(\frac{1}{\lambda _{mn}}=\frac{E_{m}-E_{N}}{hc}\) với m > n .

Dãy Lai-man : \(\frac{1}{\lambda _{31}}=\frac{E_{3}-E_{1}}{hc}=\frac{E_{3}-E_{2}}{hc}+\frac{E_{2}-E_{1}}{hc}=\frac{1}{\lambda _{32}}+\frac{1}{\lambda _{21}}\Rightarrow \lambda _{31}=0,1026(\mu m)\)  

                       \(\frac{1}{\lambda _{42}}=\frac{1}{\lambda _{43}}+\frac{1}{\lambda _{32}}\Rightarrow \lambda _{42}=0,4861(\mu m)\)

4.Bài tập có lời giải hoặc hướng dẫn:

HD Giải: \(\frac{hc}{\lambda _{31}}=E_{3}-E_{1}=E_{3}-E_{2}+E_{2}-E_{1}=\frac{hc}{\lambda _{1}}+\frac{hc}{\lambda _{0}}\Rightarrow\lambda _{31}=\frac{\lambda _{0}\lambda _{1}}{\lambda _{0}+\lambda _{1}} =103nm\) 

                \(\frac{hc}{\lambda _{43}}=E_{4}-E_{3}=E_{4}-E_{2}+E_{2}-E_{3}=\frac{hc}{\lambda _{2}}+\frac{hc}{\lambda _{1}}\Rightarrow\lambda _{43}=\frac{\lambda _{1}\lambda _{2}}{\lambda _{1}+\lambda _{2}} =1875nm\)