鲁科版高中物理选择性必修第三册课后习题 第6章 波粒二象性 分层作业23 光电效应及其解释

分层作业23 光电效应及其解释
A组必备知识基础练
1.用如图所示装置做光电效应实验,下述正确的是( )
A.光电效应现象是由爱因斯坦首先发现的
B.实验现象揭示了光具有波动性
C.实验中,光电子从锌板逸出,验电器带正电
D.实验中,若用可见光照射锌板,也能发生光电效应
2.(多选)对光电效应的理解正确的是( )
A.金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子,当它积累的动能足够大时,就能逸出金属
B.如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功,便不能发生光电效应
C.发生光电效应时,入射光越强,光子的能量就越大,光电子的最大初动能就越大
D.由于不同金属的逸出功是不相同的,因此使不同金属产生光电效应,入射光的最低频率也不同
3.(多选)一真空光电管的应用电路如图所示,其阴极金属材料的极限频率
为4.5×1014 Hz,则以下判断正确的是( )
A.发生光电效应时,电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率
B.发生光电效应时,电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度
C.用λ=0.5 μm的光照射光电管时,电路中有光电流产生
D.光照射时间越长,电路中的光电流越大
4.(多选)一束绿光照射某金属恰好发生了光电效应,对此,以下说法正确
的是( )
A.若增加绿光的照射强度,则单位时间内逸出的光电子数目增多
B.若增加绿光的照射强度,则逸出的光电子最大初动能增加
C.若改用紫光照射,则逸出光电子的最大初动能增加
D.若改用红光照射,则仍有可能使其发生光电效应
5.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、乙、丙),如图所示,则可判断出( )
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.甲光的频率大于丙光的频率
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
6.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E k随入射光频率ν变化的E k-ν图像。

已知钨的逸出功
是3.28 eV,锌的逸出功是3.24 eV,若将二者的图线画在一个E k-ν坐标
图中,用实线表示钨,用虚线表示锌,则正确反映这一过程的图是( )
7.如图所示,将一个光电管正确连接到电路中,电源的a端是(选
填“正”或“负”)极。

若在光电管正常工作时,增大照射光强度,电路中
电流将(选填“变大”“变小”或“不变”)。

8.如图所示装置,阴极K用极限波长为λ0=0.66 μm的金属制成。

若闭合开关S,用波长为λ=0.50 μm的绿光照射阴极,调整两个极板间的电压,使电流表的示数最大为0.64 μA。

(1)求阴极每秒逸出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,求阴极每秒发射的光电子数和光电子逸出阴极时的最大初动能。

B组关键能力提升练
9.某种火灾报警装置的工作电路图如图甲所示,它的核心部件为紫外线光电管,其中A为阳极,K为阴极,发生火灾时c、d端有输出电压实施报警。

已知地表附近太阳光中紫外线光子能量介于3.1~3.9 eV之间,明火中的紫外线光子能量介于4.4~6.2 eV之间。

几种金属单质的逸出功如表所示,则下列说法正确的是( )
甲
乙
A.明火中紫外线波长越长,光电子的最大初动能越大
B.若用太阳光和明火分别去照射锌板,得到的I-U图像如图乙所示,则a 图线表示明火照射,b图线表示太阳光照射
C.太阳光照射光电管时,c、d端有输出电压
D.明火照射光电管时,c、d端有输出电压
10.(多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生。

下列说法正确的是( )
A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和电流变大
B.入射光的频率变高,饱和电流变大
C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生
11.如图所示,当开关S断开时,用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极,发现电流表读数不为零。

合上开关,调节滑动变阻器,发现当电压表读数小于0.6 V时,电流表读数仍不为零;当电压表读数大于或等于0.6 V时,电流表读数为零。

由此可知,阴极材料的逸出功为( )
A.1.9 eV
B.0.6 eV
C.2.5 eV
D.3.1 eV
12.某广播电台发射功率为10 kW,在空气中波长为187.5 m的电磁波。

(保留一位有效数字)
(1)该电台每秒钟从天线发射多少个光子?
(2)若发射的能量子各个方向视为均匀的,试求在离天线2.5 km处直径为2 m的环状天线每秒钟接收的光子个数以及接收功率。

13.从1907年起,美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量。

他通过如图甲所示的实验装置测量某金属的遏止电压U c与入射光频率ν作出U c-ν的图像,由此算出普朗克常量h,并与普朗克根据黑体辐射测出的h相比较以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。

图乙中频率ν1、ν2,遏止电压U c1、U c2及电子的电荷量e均为已知,求:
(1)普朗克常量h;
(2)该金属的极限频率ν0。

分层作业23 光电效应及其解释
1.C 光电效应是由赫兹首先发现的,故A错误;光电效应现象揭示了光具有粒子性,故B错误;光电效应现象中,光电子从锌板逸出,验电器带正电,故C正确;光电效应中应该用紫外线照射锌板,当用可见光时,频率降低,小于极限频率,则不满足光电效应发生条件,故D错误。

3.BC 在光电管中若发生了光电效应,单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关,光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有
=
关,故A、D错误,B正确;波长λ=0.5μm的光子的频率ν=c
λ
3×108
Hz=6×1014Hz>4.5×1014Hz,可发生光电效应,故C正确。

0.5×10-6
4.AC 光的强度增大,则单位时间内逸出的光电子数目增多,故A正确;根据光电效应方程E km=hν-W知,光电子的最大初动能不变,故B错误;因为紫光的频率大于绿光的频率,根据光电效应方程E km=hν-W知,光电子的最大初动能增加,故C正确;若改用红光照射,红光的频率小于绿光的频率,能量比较小,小于金属的逸出功,所以不能产生光电效应,故D错误。

5.B 当光电管两端加上遏止电压光电流为零时,则由动能定理得
1
mv2-0=eU c,所以遏止电压越大,光电子最大初动能越大,有E丙>E甲=E乙,对2
mv2,可得同一光电管逸出功W0相同,使用不同频率的光照射,有hν-W=1
2
hν-W=eU c,所以遏止电压越大,光照频率越大,因此ν丙>ν甲=ν乙,又λ=c
ν
,可得λ丙<λ甲=λ乙。

故A、C、D错误,B正确。

6.B 依据光电效应方程E k=hν-W可知,E k-ν图线的斜率代表了普朗克常量h,因此钨和锌的E k-ν图线应该平行,图线的横轴截距代表了截止频率
νc,而νc=W
ℎ
,因此钨的νc大些。

综上所述,B正确。

7.答案正变大
解析为了能够吸收更多的光电子,阳极应该带正电,即a端应是电源的正极;当照射光的强度增大时,单位时间内射向阴极的光子数将增加,电路中的光电流变大。

8.答案(1)4.0×1012个9.6×10-20 J
(2)8.0×1012个9.6×10-20 J
解析(1)当阴极发射的光电子全部到达阳极时,光电流达到饱和。

由电流可知每秒到达阳极的电子数,即阴极每秒逸出的光电子个数为
n=I m t
e =0.64×10-6×1
1.6×10-19
=4.0×1012
根据光电效应方程,光电子的最大初动能为
E k=hν-W=h c
λ-h c
λ0
代入数据可得E k=9.6×10-20J。

(2)如果照射光的频率不变,光强加倍,则每秒发射的光电子数加倍,饱和电流增大为原来的2倍。

根据光电效应实验规律可得阴极每秒逸出的光电子个数为
n'=2n=8.0×1012
光电子的最大初动能仍然为
E k=hν-W=9.6×10-20J。

9.D 由E k=hν-W=h c
-W可知明火中紫外线波长越长,光电子的最大初动能
λ
越小,故A错误;由图乙可知,b图线的遏止电压大于a图线的,由-W,可知,b图线表示明火照射,a图线表示太阳光照射,故B错误; eU=E k=h c
λ
结合太阳光与明火中的紫外线光子能量与金属单质的逸出功可知,明火照射光电管时,c、d端有输出电压,故C错误,D正确。

10.AC 根据光电效应规律,保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,则饱和电流变大,故A正确;由爱因斯坦光电效应方程知,入射光的频率变大,产生的光电子最大初动能变大,而饱和电流与入射光的频率和光强都有关,故B错误,C正确;保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,当入射光的频率小于极限频率时,就不能发生光电效应,没有光电流产生,故D错误。

11.A 设能量为2.5eV 的光子照射时,光电子的最大初动能为12mv 2,阴极材料的逸出功为W,根据爱因斯坦光电效应方程有12mv 2=hν-W,题图中光电管上加的是反向电压,据题意,当反向电压达到U=0.6V 以后,具有最大初动能的光电子也不能达到阳极,因此eU=12mv 2,联立解得,W=hν-eU=(2.5-0.6)eV=1.9eV,故A 正确。

12.答案(1)9×1030个 (2)4×1023个 4×10-4 W
解析(1)每个能量子的能量
ε=hν=h c λ=6.63×10-34×3×108187.5J=1.06×10-27J,
则每秒钟电台发射上述波长的光子数为
N=P ·t ε=1×104×1
1.06×10-27
=9×1030。

(2)设环状天线每秒钟接收的光子数为n 个,以电台发射天线为中心,则半径为R=2.5km 的球面积S=4πR 2,而环状天线的面积S'=πr 2,所以n=πr 2
4πR 2
·N=4×1023,接收功率P 收=πr 24πR 2·P=4×10-4W 。

13.答案(1)e (U c2-U c1)
ν2-ν1 (2)U c2ν1-U c1ν2U c2-U c1
解析根据爱因斯坦光电效应方程E k =hν-W 及动能定理eU c =E k 得
U c =ℎe ν-ℎe ν0 结合题图乙有k=ℎe =U c2-U c1
ν2-ν1
=U c1ν1-ν0 解得普朗克常量h=e (U c2-U c1)ν2-ν1,ν0=U c2ν1-U c1ν2U c2-U c1。