第18讲 近代物理 讲义-2026届高三物理二轮专题复习

第18讲 近代物理 讲义 知识体系： 考点一　光电效应及光的波粒二象性 1.光电效应两条对应关系 (1)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大； (2)光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→饱和光电流大。 2.定量分析时应抓住三个关系式 爱因斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0 光电子的最大初动能与遏止电压的关系 Ek=eUc 逸出功与截止频率的关系 W0=hνc 3.光电效应的四类图像分析 图像名称 图线形状 由图线直接(或间接)得到的物理量 光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系 Ek=hν-hνc (1)截止频率：图线与ν轴交点的横坐标νc (2)逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值 W0=|-E|=E (3)普朗克常量：图线的斜率k=h 颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系 (1)遏止电压Uc：图线与横轴交点的横坐标 (2)饱和光电流Im1、Im2：光电流的最大值 (3)最大初动能：Ek=eUc 颜色不同时，光电流与电压的关系 (1)遏止电压Uc1>Uc2，则ν1>ν2 (2)最大初动能：Ek1=eUc1，Ek2=eUc2 遏止电压Uc与入射光频率ν的关系 Uc=- (1)截止频率νc：图线与横轴的交点的横坐标 (2)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) 典例1:(2025·河南商丘模拟预测)光电效应的发现,开启了人类对光、电转化的研究,相继出现了照相机、摄像机等电子设备。甲、乙两种金属发生光电效应时,光电子的遏止电压Uc与入射光频率ν间的关系图像分别如图中的图线1、2所示,图中ν0、ν1、ν2、U1、U2均为已知量,电子的电荷量绝对值为e。由图线可知,下列说法正确的是(　　) A.甲金属的逸出功比乙的小 B.图线1、2一定不平行 C.普朗克常量等于 D.式子U1(ν0-ν2)=U2(ν0-ν1)成立 答案　D解析　由图像可知甲、乙金属的截止频率分别为ν1和ν2,且ν1>ν2,由金属的逸出功W0=hν可知甲的逸出功比乙的大,故A错误;根据光电效应方程有Ek=hν-W0,又eUc=Ek,联立解得Uc=ν-,可知Uc-ν图线斜率k=为定值,则图线1、2一定平行,故B错误;对图线1,有k1==,对图线2,有k2==,联立解得h=,U1(ν0-ν2)=U2(ν0-ν1),故C错误,D正确。 典例2:(2025·江苏苏州市三模)如图所示是研究光电效应的实验装置。大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子能量为12.09 eV，用此光束照射到光电管电极K上。移动滑片P，当电压表的示数为7 V时，微安表的示数恰好为零。图示位置中滑片P和O点刚好位于滑动变阻器的上、下中点位置。则(　　) A.要使微安表的示数恰好为零，滑片P应由图示位置向b端移动 B.不同频率的光子照射电极K，只要能发生光电效应，遏止电压是相同的 C.电极K处金属的逸出功是7 eV D.从图示位置滑动滑片P，微安表的读数可能先增加后不变 答案　D解析　要使微安表的示数恰好为零，光电管应接入反向电压，即K板电势高于A板电势，则滑片P应由题图所示位置向a端移动，故A错误；根据eUc=Ek=hν-W0可知不同频率的光子照射电极K能发生光电效应，遏止电压是不同的，故B错误；用光子能量为12.09 eV照射到光电管电极K上，当电压表的示数为7 V时，微安表的示数恰好为零，可知遏止电压为7 V，根据eUc=Ek=hν-W0，可得逸出功为W0=12.09 eV-7 eV=5.09 eV，故C错误；题图所示电压表示数趋近于零，未能达到饱和光电流，若从题图所示位置向b端滑动滑片P，正向电压增大，则微安表的读数会先增加后不变，故D正确。 典例3:(2025·江苏卷·12)江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0，普朗克常量为h。 (1)求该金属的截止频率ν0； (2)若频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应，求光电子的最大初动能Ekm。 答案　(1)　(2)hν-W0 解析　(1)根据题意，由光电效应方程有Ek=hν0-W0 当Ek=0时，可得该金属的截止频率ν0= (2)根据题意，由光电效应方程可得，光电子的最大初动能为Ekm=hν-W0。 考点二　原子结构与玻尔理论 1.自发跃迁:高能级→低能级,释放能量,辐射出光子。 光子的频率ν==。 2.受激跃迁:低能级→高能级,吸收能量。 (1)光照(吸收光子):光子的能量必须恰好等于能级差ΔE。 (2)碰撞:只要入射粒子能量大于或等于能级差即可,E外≥ΔE。 (3)原子从某一能级电离时,所吸收的能量可以大于或等于这一能级能量的绝对值,剩余能量为自由电子的动能。 3.玻尔理论的三个假设 轨道量子化 核外电子只能在一些分立的轨道上运动 能量量子化 原子只能处于一系列不连续的能量状态，En=E(n=1，2，3，…) 吸收或辐射 能量量子化 原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子，hν=En-Em(n>m) 4.解决氢原子能级跃迁问题的三点技巧 (1)原子跃迁时，所吸收或辐射的光子能量只能等于两能级的能量差。 (2)原子从某一能级电离时，所吸收的能量可以大于或等于这一能级能量的绝对值，剩余能量为自由电子的动能。 (3)一个氢原子跃迁发出的可能光谱线条数最多为n-1，而一群氢原子跃迁发出的可能光谱线条数可用N==求解。 典例4:(2025·江苏苏锡常镇四市一模)如图所示为玻尔的氢原子电子轨道示意图。一群处于n=4能级的原子向低能级跃迁，下列说法中正确的是(　　) A.一共能产生3种不同的光子 B.一共能产生4种不同的光子 C.其中从能级n=4跃迁到n=1产生的光子动量最小 D.其中从能级n=4跃迁到n=1产生的光子能量最大 答案　D解析　一群处于n=4能级的原子向低能级跃迁，一共能产生6种不同的光子，A、B错误；光子能量与氢原子能级差成正比，由氢原子的能级公式可知，从能级n=4跃迁到n=1产生的光子能量最大，因而辐射光子的频率也最大，对应的波长最小，根据p=，因此原子从能级n=4跃迁到n=1产生的光子的动量也最大，故C错误，D正确。 典例5:(多选)(2025·八省联考陕、晋、青、宁卷,9)氢原子能级图如图所示,若大量氢原子处于n=1,2,3,4的能级状态,已知普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,1 eV=1.6×10-19 J,某锑铯化合物的逸出功为2.0 eV,则(　　) A.这些氢原子跃迁过程中最多可发出3种频率的光 B.这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为1.6×1014 Hz C.这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出 D.一个动能为12.5 eV的电子碰撞一个基态氢原子不能使其跃迁到激发态 答案　BC解析　这些氢原子跃迁过程中最多可发出=6种频率的光,故A错误;氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光子的能量最小,为E=E4-E3=0.66 eV,这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为νmin== Hz=1.6×1014 Hz,故B正确;某锑铯化合物的逸出功为2.0 eV,则这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出,分别是从n=4→1,n=3→1,n=2→1,n=4→2能级跃迁发出的光子,故C正确;一个基态氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为Emin=E2-E1=10.2 eV,一个动能为12.5 eV的电子(大于10.2 eV)碰撞一个基态氢原子能使其跃迁到激发态,故D错误。 考点三　核反应与核能 1.核衰变问题 (1)半衰期：m=(m0，N=(N0。 (2)α衰变和β衰变次数的确定方法 ①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。 ②方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。 2.核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒。 3.核能的计算方法 (1)根据爱因斯坦质能方程，用核反应亏损的质量乘真空中光速c的平方，即ΔE=Δmc2。 (2)根据1 u(原子质量单位)相当于931.5 MeV的能量，用核反应质量亏损的原子质量单位数乘931.5 MeV，即ΔE=Δm×931.5 (MeV)。 (3)利用比结合能计算 ①原子核的结合能=比结合能×核子数。 ②核反应中，反应前系统内所有原子核的结合能与反应后生成的所有新核的结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能。 ③如果生成物的比结合能大于反应物的比结合能，则核反应过程中释放能量，反之则吸收能量。比结合能越大，原子核越稳定。 典例6:(2025·江苏南京市二模)三国时期东吴重臣张昭家族墓在南京被发现，图为墓中出土的两方龟纽金印。考古学家们常用放射性元素的半衰期确定文物的年代，C衰变方程为C→N+X，C的半衰期是5 730年，下列说法正确的是(　　) A.经过11 460年后，4个C一定还剩下1个 B.该衰变的实质是核内的一个质子转变为一个中子和一个电子 C.C比结合能大于N比结合能 D.衰变过程发生了质量亏损 答案　D解析　半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，选项A错误；该衰变为β衰变，其实质是核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，选项B错误；反应后的生成物更加稳定，比结合能更大，即C比结合能小于N比结合能，选项C错误；衰变过程放出能量，则发生了质量亏损，选项D正确。 典例7:(多选)(2025·福建卷,6)某核反应方程为HHHen+17.6 MeV,现真空中有两个动量大小相等、方向相反的氘核与氚核相撞,发生该核反应,设反应释放的能量(远大于碰前氘核和氚核的动能)全部转化为He与n的动能,则(　　) A.该反应有质量亏损 B.该反应为核裂变 Cn获得的动能约为14 MeV DHe获得的动能约为14 MeV 答案　AC解析　题中核反应释放能量,由爱因斯坦质能方程可知,该反应有质量亏损,A正确;题中核反应为两个轻核结合成质量较大的核,所以该反应为核聚变,B错误;动量大小相等、方向相反的氘核与氚核相撞,由动量守恒定律可知生成的氦核与中子的动量大小相等、方向相反,设两者的动量大小为p,由能量守恒定律有+=17.6 MeV,其中M=4m,可得中子获得的动能Ek1==14.08 MeV≈14 MeV,氦核获得的动能Ek2==3.52 MeV,C正确,D错误。 典例8:(2025·云南昭通模拟)如图所示是部分原子核的比结合能(平均结合能)与质量数的关系图像,通过该图像可以得出一些原子核的比结合能,如O的核子比结合能约为8 MeVHe的核子比结合能约为7 MeV,根据该图像判断下列说法正确的是(　　) A.Kr核的比结合能比Ba的大,因此Ba比Kr更稳定 BHe核的结合能约为14 MeV C.把O分成4个He要吸收约16 MeV的能量 D.把O分成8个质子和8个中子比把O分成4个He要多吸收约16 MeV的能量 答案　C解析　比结合能为原子核的核子结合为原子核的过程中所释放的能量与核子数的比值,比结合能越大,原子核越稳定,根据题图可知Kr核的比结合能比Ba的大,则Kr比Ba更稳定,故A错误He核的比结合能约为7 MeV,则He核的结合能约为4×7 MeV =28 MeV,故B错误;把O分成8个中子和8个质子需要吸收的能量为ΔE=16×8 MeV=128 MeV,把2个质子与2个中子组合成一个氦核需要释放的能量为ΔE'=4×7 MeV=28 MeV,所以把O分成4个He要吸收的能量ΔE吸=ΔE-4ΔE'=16 MeV,故C正确;结合上述可知,把O分成8个质子和8个中子需要吸收128 MeV的能量,把O分成4个He需要吸收16 MeV的能量,所以把O分成8个质子和8个中子比把O分成4个He要多吸收的能量约为128 MeV-16 MeV=112 MeV,故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $