人教版 (新课标)选修32 科学的转折：光的粒子性测试题

1．下列叙述正确的是(　　)

A．一切物体都在辐射电磁波

B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关

C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关

D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波

解析：选ACD.根据热辐射的定义，A正确；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射只与黑体的温度有关，B错误，C正确；根据黑体的定义知D正确．

2．已知某种单色光的波长为λ，在真空中光速为c，普朗克常量为h，则电磁波辐射的能量子ε的值为(　　)

A．h   B.

C.   D．以上均不正确

解析：选A.由波速公式v＝λν可得：ν＝

由光的能量子公式ε＝hν＝h，故选A.

3．(2011年高考上海单科卷)用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是(　　)

A．改用频率更小的紫外线照射

B．改用X射线照射

C．改用强度更大的原紫外线照射

D．延长原紫外线的照射时间

解析：选B.金属发生光电效应必须使光的频率大于极限频率，X射线的频率大于紫外线的频率．

4．(2010年高考四川理综卷)用波长为2.0×10－7m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19J.由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光速c＝3.0×108m/s，结果取两位有效数字)(　　)

A．5.5×1014Hz   B．7.9×1014Hz

C．9.8×1014Hz   D．1.2×1015Hz

解析：选B.由爱因斯坦光电效应方程得h＝Ekm＋W0和W0＝hνc知νc＝7.9×1014Hz.选项B正确．

5．某广播电台的发射功率为10 kW，发射的电磁波在空气中传播时波长为187.5 m，试求：

(1)该电台每秒钟从天线发射多少个光子？

(2)若光子向各个方向均匀发射，求在离天线2.5 km处，直径为2 m的环状天线每秒接收的光子个数及接收功率．

解析：(1)每个光子的能量E＝hν＝hc/λ

＝ J≈1.06×10－27 J

所以每秒钟电台发射上述波长的光子数

N＝Pt/E＝≈1031(个)．

(2)设环状天线每秒接收光子数为n个，以电台发射天线为球心，则半径为R的球面积S＝4πR2，而环状天线的面积为S′＝πr2，所以n＝()×N＝4×1023个

接收功率P收＝()·P总＝4×10－4 W.

答案：(1)1031个　(2)4×1023个　4×10－4 W

一、选择题

1．黑体辐射的实验规律如图17－1－4所示，据此以下判断正确的是(　　)

图17－1－4

A．在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大

B．在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间

C．温度越高，辐射强度的极大值就越大

D．温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短

解析：选BCD.根据题图中黑体辐射强度与波长的关系知B、C、D正确．

2.

图17－1－5

在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连．用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图17－1－5所示，这时(　　)

A．锌板带正电，指针带负电

B．锌板带正电，指针带正电

C．锌板带负电，指针带正电

D．锌板带负电，指针带负电

解析：选B.锌板原来不带电，验电器的指针发生了偏转，说明锌板在弧光灯的照射下发生了光电效应，发生光电效应时，锌板向空气中发射电子，所以锌板带正电，验电器指针亦带正电，故选B项．

3．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是(　　)

A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置

B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出

C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关

D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应

解析：选A.硅光电池是将太阳能转化为电能的装置，当太阳光线照射到电池表面时，光子使原子内的电子脱离原子成为自由电子，自由电子的迁移形成电势差．但吸收了光子能量的电子并不一定都能逸出，故A对，B错．由光电效应方程mv2＝hν－W可知逸出的光电子的最大初动能mv2与入射光的频率ν有关，故C错．只有入射光的频率大于硅的极限频率时，才能产生光电效应，故D错．

4．氦－氖激光器发出波长为663 nm的激光，当激光器的输出功率为1 mW时，每秒发出的光子数为(　　)

A．2.2×1015   B．3.3×1015

C．2.2×1014   D．3.3×1014

解析：选B.一个光子的能量ε＝hν＝，当激光器输出功率为1 mW时，每秒钟光子数为N＝＝＝3.3×1015(个)．

5.

图17－1－6

一细束平行光，经玻璃三棱镜折射后分解成互相分离的三束光，分别照射到相同的金属板a、b、c上．如图17－1－6所示，已知金属板b上有光电子逸出，可知(　　)

A．板a一定有光电子逸出

B．板a一定无光电子逸出

C．板c一定有光电子逸出

D．板c一定无光电子逸出

解析：选C.光经棱镜折射后出射光线发生偏折，频率高的偏折角大，因此，照射金属板c的光的频率比照射b的光的频率高，而照射a的光的频率比照射b的光的频率低．由此可知：a上不一定有光电子逸出，而c上一定有光电子逸出，C正确．

6.

图17－1－7

如图17－1－7为一光电管电路，滑动变阻器滑动触头P位于AB上某点，用光照射光电管阴极，电表无偏转，要使电表指针偏转，可采取的措施有(　　)

A．加大照射光强度

B．换用波长短的光照射

C．将P向B滑动

D．将电源正负极对调

解析：选B.由光电管电路图可知阴极K电势低，阳极A电势高，如果K极有电子飞出，则它受到的电场力必向左，即将向左加速，然而现在G中电表指针无偏转，说明没有发生光电效应，这仅能说明照射光频率太低．这与光强、外加电压的大小及方向均无关．可见要使指针发生偏转需增大照射光频率即缩短照射光的波长．

7．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图象，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17－1－8所示用实线表示钨、虚线表示锌，则正确反映这一过程的是(　　)

图17－1－8

解析：选A.依据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，Ek-ν图线的斜率代表普朗克常量h，因此钨和锌的Ek-ν图线应该平行．图线在横轴的截距代表极限频率νc，而νc＝，综上所述，A图正确．

8．(2010年高考浙江理综卷)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图17－1－9所示．则可判断出(　　)

图17－1－9

A．甲光的频率大于乙光的频率

B．乙光的波长大于丙光的波长

C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率

D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能

解析：选B.由于是同一光电管，因而不论对哪种光，极限频率和金属的逸出功相同，对于甲、乙两种光，反向遏止电压相同，因而频率相同，A项错误；丙光对应的反向遏止电压较大，因而丙光的频率较高，波长较短，对应的光电子的最大初动能较大，故C、D均错，只有B项正确．

二、非选择题

9．铝的逸出功是4.2 eV，现在用波长为200 nm的光照射铝的表面．求：

(1)光电子的最大初动能．

(2)遏止电压．

(3)铝的截止频率．

解析：根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0可求得最大初动能．由Ekm＝eUc求得遏止电压，铝的截止频率由ν0＝可求．

(1)根据光电效应方程有

Ekm＝－W0＝( －4.2×1.6×10－19) J＝3.225×10－19 J.

(2)由Ekm＝eUc可得：

Uc＝＝ V≈2.016 V.

(3)由hνc＝W0知

νc＝＝ Hz

≈1.014×1015 Hz.

答案：(1)3.225×10－19 J　(2)2.016 V

(3)1.014×1015 Hz

10.

图17－1－10

如图17－1－10所示装置，阴极K用极限波长λ0＝0.66 μm的金属制成．若闭合开关S，用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极，调整两个极板电压，使电流表示数最大为0.64 μA，求：

(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极时的最大初动能．

(2)如果将照射阴极的绿光的光强增大为原来的2倍，每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极时的最大初动能．

解析：(1)阴极每秒钟发射的光电子个数：

n＝＝个＝4.0×1012个．

根据光电效应方程，光电子的最大初动能应为：

Ek＝hν－W0＝h－h

代入数据可得：Ek＝9.6×10－20 J.

(2)如果照射光的频率不变，光强加倍，则每秒内发射的光电子数也加倍、饱和光电流也增大为原来的2倍，根据光电效应实验规律可得阴极每秒钟发射的光电子个数：

n′＝2n＝8.0×1012个．

光电子的最大初动能仍然为：

Ek＝hν－W0＝9.6×10－20 J.

答案：见解析