高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第三册第四章 波粒二象性本章综合与测试导学案及答案

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光电效应方程及其应用

[学习目标]　 1.进一步理解爱因斯坦光电效应方程并会分析有关问题.2.会用图像描述光电效应有关物理量之间的关系，能利用图像求光电子的最大初动能、截止频率和普朗克常量．


一、光电效应方程hν＝Ek＋W0的应用
1．光电效应方程的理解
(1)Ek为光电子的最大初动能，与金属的逸出功W0和光的频率ν有关．
(2)若Ek＝0，则hν＝W0，此时的ν即为金属的截止频率ν0.
2．光电效应现象的有关计算
(1)最大初动能的计算：Ek＝hν－W0＝hν－hν0；
(2)截止频率的计算：hν0＝W0，即ν0＝；
(3)遏止电压的计算：－eUc＝0－Ek，
即Uc＝＝.
(多选)(2020·绵阳市南山中学高二月考)用如图1所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2 mA.移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表读数为0.则(　　)

图1
A．光电管阴极的逸出功为1.8 eV
B．开关S断开后，没有电流流过电流表G
C．光电子的最大初动能为0.7 eV
D．改用能量为1.5 eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小
答案　AC
解析　该装置所加的电压为反向电压，当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为0.7 eV，根据光电效应方程hν＝Ek＋W0，得W0＝1.8 eV，故A、C正确．开关S断开后，在光子能量为2.5 eV的光照射下，光电管发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表G，故B错误.1.5 eV的光子的能量小于逸出功，所以不能发生光电效应，无光电流，故D错误．
针对训练　研究光电效应现象的实验电路如图2所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表．已知该光电管阴极K的截止频率为ν0，元电荷电荷量为e，普朗克常量为h，开始时滑片P、P′上下对齐．现用频率为ν的光照射阴极K(ν＞ν0)，则下列说法错误的是(　　)

图2
A．该光电管阴极材料的逸出功为hν0
B．若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为hν－hν0＋eU
C．若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大
D．若将滑片P′向右滑动，则当滑片P、P′间的电压为时，电流计G的示数恰好为0
答案　C
解析　阴极材料的截止频率为ν0，故阴极材料的逸出功为W0＝hν0，A正确；由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为Ek＝hν－W0，由于加的是正向电压，由动能定理eU＝Ek′－Ek解得Ek′＝hν－hν0＋eU，故B正确；将滑片P向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不再发生变化，故C错误；P′向右滑动时，所加电压为反向电压，由eU＝Ek可得U＝，则反向电压达到截止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D正确．

二、光电效应图像问题
光电效应规律中的三类图像

图像名称
图线形状
由图线直接(间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线

Ek＝hν－W0
①截止频率ν0：图线与ν轴交点的横坐标
②逸出功W0：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值，即W0＝|－E|＝E
③普朗克常量h：图线的斜率，即h＝k
光电流与电压的关系图线

①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和电流
③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线

Uc＝ν－
①截止频率ν0：图线与横轴交点的横坐标
②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大
③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即h＝ke(注：此时两极之间接反向电压)

命题角度1　Ek－ν图像
(2021·广州大学附属中学高二期中)用光电管研究光电效应，实验装置如图3甲所示，实验中测得光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系如图乙所示．则下列说法正确的是(　　)

图3
A．研究饱和光电流和遏止电压时，电源的极性相同
B．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大
C．入射光的频率为3ν0时，逸出的光电子的最大初动能为2E
D．若光在真空中的速度为c，则波长大于的光照射该金属才会发生光电效应
答案　C
解析　研究饱和光电流时，电源的正极接光电管的阳极，电源的负极接光电管的阴极，但是研究遏止电压时，电源要反接，即电源的正极接光电管的阴极，电源的负极接光电管的阳极，所以A错误；由爱因斯坦的光电效应方程可得Ek＝hν－W0，即光电效应中，产生的光电子的最大初动能与入射光的频率以及被照金属的逸出功有关，与照射光的强度无关，所以B错误；同理，由爱因斯坦的光电效应方程可得Ek＝hν－W0，又W0＝E＝hν0，则当入射光的频率为3ν0时，逸出的光电子的最大初动能为Ek＝2hν0＝2E，所以C正确；要能发生光电效应，入射光的频率要大于金属的截止频率，若光在真空中的速度为c，则由λ＝可知，波长小于的光照射该金属时才会发生光电效应，所以D错误．
命题角度2　Uc－ν图像
(多选)如图4所示为金属A和B的遏止电压Uc和入射光频率ν的关系图像，由图可知(　　)

图4
A．金属A的逸出功大于金属B的逸出功
B．金属A的截止频率小于金属B的截止频率
C．图线的斜率为普朗克常量
D．如果用频率为5.5×1014Hz的入射光照射两种金属，从金属A逸出的光电子的最大初动能较大
答案　BD
解析　根据Ek＝hν－W0＝eUc得Uc＝－.当Uc＝0时，对应的频率为截止频率，由题图知，金属A的截止频率小于金属B的截止频率，故B正确；金属的逸出功为W0＝hν0，ν0是截止频率，所以金属A的逸出功小于金属B的逸出功，故A错误；根据Uc＝－可知图线斜率为，故C错误；由于金属A的逸出功较小，用相同频率的入射光照射A、B两金属时，从金属A逸出的光电子的最大初动能较大，故D正确．
命题角度3　I－U图像
(多选)(2021·东莞市光明中学高二月考)如图5甲为研究光电效应的实验装置，用频率为ν的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示，已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则(　　)

图5
A．测量遏止电压Uc时开关S应扳向“1”
B．只增大光照强度时，图乙中Uc的值会增大
C．只增大光照强度时，图乙中I0的值会减小
D．阴极K所用材料的截止频率为
答案　AD
解析　测量遏止电压时应在光电管两端加反向电压，即开关S应扳向“1”，故A正确；由动能定理得eUc＝Ek，由爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W0，可知题图乙中Uc的值与光照强度无关，故B错误；题图乙中I0的值表示饱和光电流，增大光照强度时，饱和光电流增大，故C错误；由动能定理得eUc＝Ek，由hν＝Ek＋W0可得W0＝hν－eUc，则阴极K所用材料的截止频率为ν0＝＝，故D正确．


1．用频率为ν的光照射某金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为Ek；若改用频率为3ν的光照射该金属，则逸出的光电子的最大初动能为(　　)
A．3Ek B．2Ek
C．3hν－Ek D．2hν＋Ek
答案　D
解析　由爱因斯坦光电效应方程可知Ek＝hν－W0，Ek′＝h·3ν－W0，所以Ek′＝2hν＋Ek，D正确．
2．(多选)(2020·上高二中高二月考)如图1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的变化图线(直线与横轴的交点的横坐标为4.27，与纵轴交点的纵坐标为0.5，h＝6.63×10－34 J·s)．由图可知(　　)

图1
A．该金属的截止频率为4.27×1014 Hz
B．该金属的截止频率为5.5×1014 Hz
C．该图线的斜率的物理意义是普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5 eV
答案　AC
解析　当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.27×1014 Hz，A正确，B错误；根据Ek＝hν－W0知，图线的斜率表示普朗克常量，C正确；金属的逸出功为W0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×
1014 J≈1.77 eV，D错误．
3．(2020·曲周一中高二期中)用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用频率为ν1的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用频率为ν2的光照射时，遏止电压的大小为U2.已知电子电荷量的大小为e，则下列表示普朗克常量和该种金属的逸出功正确的是(　　)
A．h＝ B．h＝
C．W0＝ D．W0＝
答案　D
解析　根据光电效应方程得Ek＝hν－W0，根据动能定理得eUc＝Ek，联立两式解得Uc＝－，Uc－ν图像中图线的斜率k＝＝，解得h＝；根据光电效应方程有eU1＝hν1－W0，eU2＝hν2－W0，解得W0＝，故D正确，A、B、C错误．

4.如图2所示是某次实验中得到的甲、乙两种金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像，两金属的逸出功分别为W甲、W乙，如果用频率为ν1的光照射两种金属，光电子的最大初动能分别为E甲、E乙，则下列关系正确的是(　　)

图2
A．W甲>W乙
B．W甲 C．E甲>E乙
D．E甲＝E乙
答案　A
解析　根据爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0＝hν－hν0，又Ek＝eUc，则eUc＝hν－hν0，由Uc－ν图线可知，当Uc＝0时，ν＝ν0，金属甲的截止频率大于金属乙的截止频率，则金属甲的逸出功大于乙的逸出功，即W甲>W乙，选项A正确，B错误．如果用频率为ν1的光照射两种金属，根据光电效应方程，逸出功越大，则其光电子的最大初动能越小，因此E甲 5.(多选)(2020·济宁一中高二期中)如图3所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化的关系图像，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是(　　)

图3
A．Ek1＞Ek2
B．单色光1的频率比单色光2的频率低
C．增大单色光1的强度，其遏止电压不变
D．单色光1的入射光子数比单色光2的入射光子数多
答案　BCD
解析　根据题图知单色光1的遏止电压绝对值小于单色光2的遏止电压绝对值，再根据最大初动能和遏止电压的关系eUc＝Ek，可知Ek1＜Ek2，故A错误；根据光电效应方程：hν＝Ek＋W0可知单色光2的频率较高，选项B正确；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光强无关，则增大单色光1的强度，其光电子最大初动能不变，遏止电压不变，选项C正确；由于单色光1的饱和电流比单色光2的饱和电流大，则单色光1的入射光子数比单色光2的入射光子数多，选项D正确．
6．(2020·哈尔滨市第三十二中学高二期中)用不同频率的紫外线分别照射锌和钨的表面而发生光电效应，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，已知锌的逸出功是3.24 eV，钨的逸出功是3.28 eV，若将两者的图线画在同一个Ek－ν坐标系中，用实线表示锌，虚线表示钨，则正确反映这一过程的是如图所示的(　　)


答案　A
解析　根据光电效应方程有Ek＝hν－W0，其中W0为金属的逸出功，则有W0＝hν0.由此可知在Ek－ν图像中，斜率表示普朗克常量h，横轴截距大小表示该金属截止频率的大小．由题意可知，锌的逸出功小于钨的逸出功，因此由ν0＝可知，锌的截止频率小于钨的截止频率，且斜率相同，故A正确，B、C、D错误．
7．(2021·内蒙古包头市一模)为防范新冠病毒的蔓延，额温枪成为重要的防疫装备．有一种红外测温仪的原理是：任何物体在高于绝对零度(－273 ℃)时都会向外发出红外线，额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，计算出温度数据．已知人体温正常时能辐射波长为10 μm的红外光，如图4甲所示，用该红外光照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，得到的电流随电压变化图像如图乙所示，已知h＝6.63×10－34 J·s，e＝1.6×10－19 C，c＝3×108 m/s，则(　　)

图4
A．将图甲的电源反接，一定不会产生电信号
B．人体温度升高，辐射红外线的强度减弱，光电流强度增大
C．波长10 μm的红外光在真空中的频率为3×1014 Hz
D．由图乙数据可知该光电管的阴极金属逸出功约为0.1 eV
答案　D
解析　将题图甲的电源反接，如果所加电压低于0.02 V，电子仍能到达A板，也会产生电信号，A错误；人体温度升高，辐射红外线的强度增强，光电流强度增大，B错误；根据c＝λ·ν可知波长10 μm的红外光在真空中的频率ν＝＝ Hz＝3×1013 Hz，C错误；由题图乙可知－Uce＝0－Ek，根据光电效应方程hν＝Ek＋W0，代入数据可得逸出功W0＝0.1 eV，D正确．
8．(2020·湖北七市州教科研协作体高三联考)在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为ν、2ν的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为1∶2，普朗克常量用h表示，则(　　)
A．光电子的最大初动能之比为1∶2
B．该金属的逸出功为
C．该金属的截止频率为
D．用频率为的单色光照射该金属时能发生光电效应
答案　B
解析　逸出的光电子最大速度之比为1∶2，则光电子的最大初动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4，故A错误；光子能量分别为：E1＝hν和E2＝2hν，根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：Ek1＝hν－W0，Ek2＝2hν－W0，联立可得逸出功为，故B正确；逸出功为，那么金属的截止频率为ν，故C错误；用频率为的单色光照射，因＜ν，不满足光电效应的发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误．

9．1916年，美国著名物理学家密立根，完全肯定了爱因斯坦的光电效应方程，并且测出了当时最精确的普朗克常量h的值，从而获得1923年度诺贝尔物理学奖．若用如图5甲所示的实验装置测量某金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，作出如图乙所示的Uc－ν图像，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　　)

图5
A．图甲中电极A连接电源的正极
B．普朗克常量约为6.64×10－34 J·s
C．该金属的截止频率为5.0×1014 Hz
D．该金属的逸出功约为6.61×10－19 J
答案　C
解析　电子从K极出来，在电场力的作用下做减速运动，所以电场线的方向向右，所以A极接电源负极，故A错误；由爱因斯坦光电效应方程得：Ek＝hν－W0，电子在电场中做减速运动，由动能定理可得：－eUc＝0－Ek，解得Uc＝－.由题图可知，金属的截止频率ν0＝5.0×1014Hz，图像的斜率k＝，结合数据解得：h≈6.61×10－34 J·s，故B错误，C正确；金属的逸出功W0＝hν0＝6.61×10－34×5.0×1014 J≈3.31×10－19 J，故D错误．
10.某同学采用如图6所示的装置来研究光电效应现象．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之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直到电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为遏止电压．现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到的遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中不正确的是(　　)

图6
A．频率为ν1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度vm1＝
B．阴极K金属的截止频率ν0＝
C．普朗克常量h＝
D．阴极K金属的逸出功W0＝
答案　C
解析　光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：
－eU1＝0－mvm12，则得光电子的最大初速度：
vm1＝，故A正确；根据爱因斯坦光电效应方程得：
hν1＝eU1＋W0，hν2＝eU2＋W0，联立可得普朗克常量为：
h＝，代入可得金属的逸出功：
W0＝hν1－eU1＝
阴极K金属的截止频率为
ν0＝＝＝
故C错误，B、D正确．
11．利用图7甲所示电路研究光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系，描绘出如图乙所示的图像，由此算出普朗克常量h.图乙中U1、ν1、ν0均为已知量，电子电荷量用e表示．当入射光的频率增大时，为了测定遏止电压，滑动变阻器的滑片P应向________(选填“M”或“N”)端移动，由Uc－ν图像可求得普朗克常量h＝________.(用题中字母表示)

图7
答案　N　
解析　入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动；根据Ek＝hν－W0＝eUc，解得Uc＝－，Uc－ν图线的斜率k＝＝，则h＝.
12．采用如图8甲所示电路可研究光电效应规律，现分别用a、b两束单色光照射光电管，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系图像如图乙所示．

图8
(1)实验中当灵敏电流表有示数时将滑片P向右滑动，则电流表示数一定不会________(选填“增大”“不变”或“减小”)．
(2)照射阴极材料时，________(选填“a光”或“b光”)使其逸出的光电子的最大初动能大．
(3)若a光的光子能量为5 eV，图乙中Uc2＝－3 V，则光电管的阴极材料的逸出功为______ J．(e＝1.6×10－19 C)
答案　(1)减小　(2)b光　(3)3.2×10－19
解析　(1)当滑片P向右滑动时，正向电压增大，光电子做加速运动，若光电流达到饱和，则电流表示数不变，若没达到饱和，则电流表示数增大．
(2)由题图乙知b光的遏止电压大，由eUc＝Ek知b光照射阴极材料时逸出的光电子的最大初动能大．
(3)由光电效应方程hν＝Ek＋W0，可知光电管的阴极材料的逸出功为5 eV－3 eV＝2 eV＝3.2×10－19 J.

13．(2020·衡水中学专题练习)如图9甲所示是研究光电效应规律的光电管，用波长为λ＝
0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过G表的电流I与A、K之间的电势差UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10－34 J·s，c＝3×108 m/s，结合图像，求：(结果保留两位有效数字)

图9
(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大初动能；
(2)该阴极材料的截止波长．
答案　(1)4.0×1012个　9.6×10－20 J　(2)0.66 μm
解析　(1)由题图乙可知，最大光电流为0.64 μA，则每秒钟阴极发射的光电子数：n＝＝个＝4.0×1012个，由题图乙可知，发生光电效应时的遏止电压是0.6 V，所以光电子的最大初动能：Ekm＝eUc＝0.60 eV＝9.6×10－20 J；
(2)根据光电效应方程得：Ekm＝－
代入数据得：λc≈0.66 μm.