物理选修32 科学的转折：光的粒子性单元测试课时训练

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1．在光电效应的四条规律中，波动说不能解释的有( )
A．入射光的频率必须大于被照金属的截止频率才能产生光电效应
B．光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大
C．入射光照射到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s
D．当入射光频率大于截止频率时，光电流强度与入射光强度成正比
图17－1－6
2．(2009·佛山检测)如图17－1－6所示，一验电器与锌板用导线相连，用紫外线光源照射锌板时，验电器指针发生了偏转，下列判断正确的是( )
A．此时锌板带正电
B．紫外线越强，验电器的指针偏角越大
C．改用红外线照射锌板，验电器的指针一定会偏转
D．将一不带电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角会减小
3．硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(h为普朗克常量)( )
A．hν B.eq \f(1,2)Nhν
C．Nhν D．2Nhν
4．分别用波长为λ和eq \f(2,3)λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为( )
A.eq \f(1,2)eq \f(hc,λ) B.eq \f(3,2)eq \f(hc,λ)
C.eq \f(3,4)eq \f(hc,λ) D.eq \f(4,5)eq \f(hc,λ)
5．(2009·苏锡常镇四市联考)频率为ν的光子，具有的能量为hν，动量为eq \f(hν,c)，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射．下列关于光子散射的说法正确的是( )
A．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小
B．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增高
C．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长大于入射光子的波长
D．由于受到电子碰撞，散射后的光子频率小于入射光子的频率
图17－1－7
6．如图17－1－7所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，由图象可知( )
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hν0
C．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
7．用波长为λ的光照射金属的表面，当遏止电压取某个值时，光电流便被截止．当光的波长改变为原波长的1/n后，已查明使电流截止的遏止电压必须增大到原值的η倍．试计算原入射光的波长λ.(已知该金属的逸出功为W0)
图17－1－8
8．如图17－1－8所示，阴极K用截止频率对应光波波长λ0＝0.66 μm的金属铯制成，用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，调整两个极板间的电压，当A板电压比阴极高出2.5 V时，光电流达到饱和，电流表示数为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)如果把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的最大初动能．
参考答案
1．选ABC 按照经典的光的波动理论，光的能量随光的强度的增大而增大，与光的频率无关，金属中的电子必须吸收足够的能量后，才能从金属中逸出，电子有一个能量积蓄的时间，光的强度越大，单位时间内辐射到金属表面的光子数目越多，被电子吸收的光子数目自然也多，这样产生的光电子数目也多．但是，光子不一定全部形成光电流，故应选A、B、C.
2．选ABD 用紫外线照射锌板，锌板发生了光电效应，即锌板有电子逸出，锌板带正电，A正确；紫外线越强，即单位时间打在锌板上的光子越多，逸出的电子越多，锌板所带的电荷量越多，验电器的指针偏角越大，B正确；由于红外线的频率比紫外线的频率小，因此不一定能发生光电效应，验电器指针不一定会发生偏转，C错误；将一不带电的金属小球与锌板接触，锌板将部分电荷转移给金属小球，验电器指针的偏角将减小，D正确．
3．选C 光子能量与频率有关，一个光子能量为ε＝hν，N个光子能量为Nhν，故C正确．
4．选A 由光电效应方程得Ek1＝heq \f(c,λ)－W0 ①
Ek2＝heq \f(c,\f(2,3)λ)－W0 ②
又Ek2＝2Ek1 ③
联立①②③得W0＝eq \f(1,2)eq \f(hc,λ).
5．选CD 碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变．光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν1＞ν2，再由c＝λ1ν1＝λ2ν2，得到λ1＜λ2，故选项C、D正确．
6．选AB 题中图象反映了光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能Ek＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，选项B正确．根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A正确，而选项C、D错误．
7．解析：由爱因斯坦光电效应方程，光电子的初动能Ek＝hν－W0，设遏止电压为Uc，eUc＝Ek，故eUc＝hν－W0.依题意列出：
eUc＝heq \f(c,λ)－W0 ①，
ηeUc＝heq \f(nc,λ)－W0 ②
由②－①得：(η－1)eUc＝heq \f(c,λ)(n－1) ③
将①代入③得λ＝eq \f(hc,W0)(η－n)/(η－1)．
答案：eq \f(hc,W0)(η－n)/(η－1)
8．解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数
n＝eq \f(Imax,e)＝eq \f(0.64×10－6,1.6×10－19)个＝4.0×1012个
根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)＝hν－W0＝heq \f(c,λ)－heq \f(c,λ0)
＝6.63×10－34×3×108×(eq \f(1,0.50×10－6)－eq \f(1,0.66×10－6)) J
≈9.6×10－20 J.
(2)如果照射光的频率不变，光强加倍，根据光电效应实验规律，阴极每秒钟发射的光电子数为：
n′＝2n＝8.0×1012个
光电子的最大初动能仍然是
eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)＝9.6×10－20 J.
答案：(1)4.0×1012个 9.6×10－20 J
(2)8.0×1012个 9.6×10－20 J