第十三章 第2单元 课后巩固练习

1．关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是( ) ．A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性

B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道 C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的

D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性

解析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性。光的波长越长，波动性越明显，光的频率越高，粒子性越明显．而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性。应选D项。

答案：D

2．入射光照到某金属表面发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则下列说法中正确的是( )

A．从光照射到金属表面上到金属发射出光电子之间的时间间隔将明显增加 B．逸出的光电子的最大初动能减小

C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少 D．有可能不发生光电效应

解析：光电效应瞬时(10－9 s)发生，与光强无关，A错；能否发生光电效应，只决定于入射光的频率是否大于极限频率，与光强无关，D错；光电子的最大初动能只与入射光频率有关，入射光频率越大，最大初动能越大，B错；光电子数目多少与入射光强度有关，可理解为一个光子能打出一个光电子，光强减弱，逸出的光电子数目减少，C对。

答案：C

3．根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于(h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长)( )

cλA．h B．h

λcC．hλ

h

D. λ

c

解析：光子的能量E＝hν，而ν＝，

λc

故E＝h，A正确。

λ答案：A

4．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初

动能Ek随入射光频率ν变化的Ek－ν图像，已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个Ek－ν坐标系中，如图1所示中用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是( )

图1

解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W可知 ，Ek－ν图线的斜率代表普朗克常量h，因W

此钨和锌的Ek－ν图线应该平行。图线的横截距代表极限频率ν0，而ν0＝，因此钨的ν0

h小些。综上所述，A图正确。

答案：A

5．如图2所示，一验电器与锌板相连，现用一弧光灯照射锌板，关灯后指针仍保持一定偏角，下列判断中正确的是

( )

A．用一带负电(带电量较少)的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大

图2

B．用一带负电(带电量较少)的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小 C．使验电器指针回到零后，改用强度更大的弧光灯照射锌板，验电器指针偏角将比原来大

D．使验电器指针回到零后，改用强度更大的红外线灯照射锌板，验电器指针一定偏转 解析：根据光电效应的原理可知锌板带正电，用带负电的小球与锌板接触会中和一部分锌板上的电荷，使锌板上的电荷量减少，同时验电器上的电荷量也减少，所以验电器指针偏角将减小，B正确、A错误；使验电器的指针回到零后，改用强度更大的弧光灯照射锌板，会有更多的电子从锌板逸出，锌板带的电荷量更多，验电器指针偏角将比原来大，C正确；用红外线照射锌板，不发生光电效应，验电器指针不偏转，D错误。

答案：BC

6．如图3所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率变化的图线(直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5)。由图可知

图3

A．该金属的截止频率为4.27×1014 Hz B．该金属的截止频率为5.5×10 Hz C．该图线的斜率表示普朗克常量 D．该金属的逸出功为0.5 eV

解析：图线在横轴上的截距为截止频率，A正确，B错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0可知图线的斜率为普朗克常量，C正确；金属的逸出功为

6.4×10－34×4.27×1014

W0＝hν0＝eV＝1.77 eV，D错误。

1.6×10－19 答案：AC

7．用波长为λ和2λ的光照射同一种金属，分别产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1，普朗克常数和真空中光速分别用h和c表示，那么下列说法正确的有( )

A．该种金属的逸出功为hc/3λ B．该种金属的逸出功为hc/λ

C．波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应 D．波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应

cchc112解析：由hν＝W＋Ek知h＝W＋mv2，h＝W＋mv，又v＝2v，所以W＝。光1212

λ22λ23λ的波长小于或等于3λ时方能发生光电效应，故A、D项正确。

答案：AD

8．美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现光子除了有能量之外还有动量，被电子散射的X光子与入射的X光子相比( )

A．速度减小 C．波长减小

B．频率减小 D．能量减小

14

解析：光速不变，A错误；光子将一部分能量转移到电子，其能量减小，随之光子的频率减小、波长变长，B、D正确，C错误。

答案：BD

9．如图4甲，合上开关，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极 K，发现电流表读数不为零。调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知，光电子的最大初动能为________。把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为

________。图乙中，电压表读数为2 V不变而照射光的强度增到原来的三倍，此时电子到达阳极时的动能是________。

图4

解析：光子能量hν＝2.5 eV的光照射阴极，电流表读数不为零，则能发生光电效应，1

由光电效应方程hν＝mv2m＋W0，当电压表读数大于或等于0.6 V时，电流表读数为零，则

2112

电子不能到达阳极，由动能定理eU＝mv2m知，最大初动能mvm＝eU＝0.6 eV

22

1

对题图乙，当电压表读数为U′＝2 V时，电子到达阳极的最大动能Ek＝mv2m＋eU′

2＝0.6 eV＋2 eV＝2.6 eV

根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，电压为2 V不变，则电子到达阳极的最大动能不变，仍为2.6 eV。

答案：0.6 eV 2.6 eV 2.6 eV

10．用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，得到Uc－ν图像如图5所示，根据图像求出该金属的截止频率νc＝________ Hz，普朗克常量h＝________ J·s。(已知电子电量e＝1.6×10－19 C)

图5

解析：由爱因斯坦光电效应方程可得： 1

hν－W＝mv2

2m1又mv2＝Uce； 2mW＝hνc

hWhh

由以上两式可求得：Uc＝ν－＝ν－νc

eeeeh2 V

对应图像可知，νc＝5.0×1014 Hz，＝ e5.0×1014 Hz解得：h＝6.4×10－34 J·s

答案：5.0×1014 6.4×10－34

11．某同学采用如图6所示的实验电路研究光电效应，用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压的示数U称为反向遏止电压。

根据反向遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能。现分别用ν1和ν2 图6 e

的单色光照射阴极，测量到反向遏止电压分别为U1和U2，设电子的比荷为，求：

m

(1)阴极K所用金属的极限频率； (2)用题目中所给条件表示普朗克常量h。

解析：(1)由于阳极A和阴极K之间所加电压为反向电压，根据动能定理。 1

－eU1＝0－mv2

211

－eU2＝0－mv2

22根据光电效应方程 12

mv1＝hν1－W0 2

12

mv＝hν2－W0 22

其中W0＝hνc 解以上各式得νc＝

U1ν2－U2ν1

U1－U2

(2)由以上各式eU1＝hν1－W0 eU2＝hν2－W0 解得h＝

eU1－U2

ν1－ν2

U1ν2－U2ν1eU1－U2

答案：(1) (2) U1－U2ν1－ν2

h

12．德布罗意认为，任何一个运动着的物体，都有一种波与它对应，波长是λ＝，式p中p是运动物体的动量，h是普朗克常量。已知某种紫光的波长是440 nm，若将电子加速，使它的德布罗意波长是这种紫光波长的10－4倍。求：

(1)电子的动量大小。

(2)试推导加速电压跟德布罗意波长的关系，并计算加速电压的大小。电子质量m＝9.1×10－31 kg，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，加速电压的计算结果取一位有效数字。

h

解析：(1)由λ＝ p

h6.6×10－34

得p＝＝－4 kg·m/s

λ10×440×10－9＝1.5×10

－23

kg·m/s；

2

ph

(2)eU＝Ek＝，又λ＝

p2m

h22

联立解得U＝2，代入数据解得U＝8×10 V。

2emλ答案：(1)1.5×10

－23

h22

kg·m/s (2)U＝2 8×10 V 2emλ