第四章 原子结构和波粒二象性 A卷 基础达标-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

4.C活塞移动过程中，汽缸内气体对外界做功W=Fs=pSh=10J,根据热力学第一 定律有△U=Q+(一W)=60J一10J=50J,故C正确. 5.B T<T。则da过程内能 增大，由热力学第一 定律知，Q>W,D错误 P 由理想气体状态方 程知，气体在状态a、 c时体积相等；T<T T=T,则cd过 则气体在状态a时 程内能不变， 的内能大于在状态 则|Q=W,C c时的内能，A错误 错误 B正确 0 6.A由题意可知，A→B过程为等压膨胀，所以气体对外做功为W1=(VB一VA); B→C过程，由热力学第一定律得W,=|△U,则气体对外界做的总功为W=W1十 W2,代入数据解得W=1500J,选项A正确. 7.B设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1atm×(2L-1.2L十n·0.1L)= 2atm×(2L-1.2L),解得n=8,故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2atm X0.8L=1atm×V气，解得V气=1.6L,则壶内不再喷出药液时，壶内气体的体积 为1.6L,则壶内剩余药液的体积为0.4L,故B正确，C错误；由于壶内温度保持不 变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律△U=Q十W可知，气体对外做 的功等于从外界吸收的热量，故D错误. 8.BC根据热力学第一定律△U=W十Q可知，对某物体做功，同时该物体放出热量， 内能可能减小，A错误；由热力学第二定律的开尔文表述可知，在产生其他影响的情 况下，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，B正确；理想气体在等压膨胀过程 中由盖一吕萨克定体将号号，可知你数哆，气休的温度一定升高，内能一定增 加，由热力学第一定律△U=W十Q可知，由于气体膨胀对外做功，W<0,故Q>0,所 以气体一定吸热，C正确；热力学第一定律及热力学第二定律是热力学的基本定律， 对所有涉及热现象的宏观过程都成立，D错误. 9.ABD根据热力学第一定律可知，Q1(从低温物体吸收的热量)十W(压缩机对系统 做功)=Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，整个过程 实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸 发器中由液态变成气态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中，制冷剂温度降低， 分子平均动能降低，制冷剂从气体变成液体，分子势能降低，D正确. 10.BC从状态d到c,温度不变，理想气体内能不变，但由于压强减小，所以体积增 大，对外做功，则要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错误；气体从状态C到状 态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减 小（降温），就一定要伴随放热的过程，故B正确；气体从状态a到状态d是一个等 压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C正确；气体从状态b到 状态α是一个等容变化过程，随着压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这 个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是气体吸热的结果， 故D错误. 11.CD设吸热前汽缸内气体的压强为p,对活塞由平衡条件知S十F拉=0S,其中 F拉=G,解得p=5X104Pa,选项A错误；封闭气体初态V1=1500cm3,T1=273 K,末态V2=1500cm3十50×10cm3=2000cm3,缓慢升高环境温度，封闭气体做 学压变化，会-器部得T:=6K,选项B辑淡：汽红内气你对外做的功W Sh=25J,选项C正确，由热力学第一定律得，汽缸内气体内能变化量△U=Q十 (一W)=35J,选项D正确. 12.答案吸收小于 解析气体从状态B到状态C过程，体积不变，则W=0,温度升高，则内能增加， △U>0,根据热力学第一定律可知，Q>0,则气体吸收热量；根据W=p△V可知，p 一V图线与横坐标轴围成的面积表示气体做功的值，则状态A→B过程中外界对气 体做的功小于状态C→D过程中气体对外界做的功. 18答案- （poS-m2g)h 解析对活塞受力分析可知p1S十m2g=p0S,解得缸内气体的压强p1=0一 :加热气你时，气体发生等压支化，则由盖一吕萨克宠律可得六。_V七解 hST 得V。=元；加热过程中气体对外做的功W=1Sh=(PoS-mzg).h 14管案2警 (2)2poVo 解析(1)由题图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为 Vo pB=3po,设体积为VB,由玻意耳定律有pV。=pBVB,解得VB=3 从状态B到状态C为等压变化过程，状态C时气体温度为TC=3To,设体积为VC, VB=Ye,解得Vc=Vo 由盖一吕萨克定律有TB一T _Vo_2Vo 从状态B到状态C的体积变化量△V=V。一3=3 (2)从状态B到状态C,外界对气体做功WC=一3p△V=一20V0 从状态C回到状态A,由图像知为等容过程，外界对气体不做功，从状态B经状态 C回到状态A,内能增加量△U=0,由热力学第一定律△U=Q十W 解得Q=一Wc=2oVo 即气体从外界吸收热量20V0 15.答案①90②0.6p0③0.2kT 解析①水温不变，气体微等温自由膨胀，有poV。=pX2V。,解得力=9 2 即此时气体压强变为 2 ②在温度升高过程中气体体积不变，有光-一元。 解得p'=1.2p=0.6p0 即升温后气体的压强为0.6p0 由于气体体积不变，则W=0 由△U=k(T2一T1)可知气体内能的增量为△U=0.2kT0 故由热力学第一定律△U=W十Q可得Q=△U=0.2kT0 即气体吸收的热量为0.2kT。 16.答案(1)207℃(2)226J 解析(1)全过程中，汽缸内气体在初态时，p1=1.0×105Pa,V1=L1S,T1=300K 末态时g=+警=1.2X10Pa,V,=山1+L)S,T 由理想气体状态方程，V-V2得T2=T,=480K T1 T2 1V1 即t2=207℃ (2)令汽缸缓慢转至竖直位置时，气体的压强为p3(p3=p2)、体积为V3=L3S.由 玻意耳定律知1V1=p3V3 代入数据后得到L3=7.5cm 在活塞缓慢上升过程中，外界对气体做功W=一2S(L1十L2-L3)=-54J 根据热力学第一定律△U=W+Q得△U=-54J+280J=226J 第四章原子结构和波粒二象性 A卷基础达标 1.A爱因斯坦提出光子说，成功地解释了光电效应现象，故A正确；玻尔第一次将量 子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故B错误；普朗克在1900年把能 量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故C错误；德布罗意大胆地把 光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误. 2.Bh的单位为J·s,1J=1N·m=1kg·m/s2·m=1kg·m2/s2,故h的单位若 用国际单位制中的基本单位表示，为kg·m/s,B正确. 3.D光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，康普顿效应从动量方面进一步揭 示了光的粒子性，故A正确；实物粒子具有波动性，而且粒子的能量€和动量p跟它 所对应的波的频率，和泼长1之间，遵从=后和入=合的关系，故B正确：无的波长 越短，频率越大，根据e=h,知光子能量越大，而且波长越短，光的粒子性越明显，故 C正确；如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的德布罗意波长相等，则它们的 动量相等，但动能不相等，故D错误. 4.C用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子，带正 电，所以验电器指针带正电而张开一定角度，即锌板、验电器指针均带正电，C正确. 5.B为了避免其他原子的影响，α粒子轰击金箔的实验需要在真空条件下完成，选项 A错误；α粒子的散射实验揭示了原子具有核式结构，选项B正确；α粒子的散射实 验观测到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原方向前进，选项C错 误；通过该实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，同时否定了汤姆孙原子模型， 选项D错误， 6.C电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确 的，与光的波动性无关，选项B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到 达概率大的地方，选项A正确， 1 7.B根据光电效应方程可得U。=2mum2=hv-W0,入射光的频率越高，对应的逼 止电压U。越大.甲光、乙光的過止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，故A错误； 丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的 波长大于丙光的波长，故B正确；甲光的饱和光电流大于乙光的饱和光电流，可知甲 光的强度大于乙光的强度，故C错误；丙光的過止电压大于甲光的過止电压，所以甲 光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能，故D错误. 8.A由e=hv=h无，可得每个光子的能量e=3.0×10-19J,选项A正确. 9.C大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时共产生六种不同频率的光，可知氢原 子处于n=4能级，则入射光子能量E=E4一E1=一0.85eV一（一13.6eV)=12.75 V,选项A错误；氢原子由较低能级跃迁到较高能级时，核外电子轨道半径变大，根 据g_m知动能变小，故电子在低能级的动能大于其在高能级的动能，选项B错 2 误；可见光的光子能量范围约为1.62~3.11eV,满足此范围的有，从n=4能级向n =2能级跃迁时产生的光子的能量，从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的光子的 能量，所以六种不同频率的光中有2种是可见光，选项C正确；根据玻尔原子模型可 知，处于=1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，所以氢原子向低 能级跃迁时，核外电子靠近原子核，选项D错误. 10.C根据c=入℃，可知a光和b光的波长之比等于频率的反比，即5：2，故A错误；根 据E=y一W,可知造出光电子的最大初劲能之比至-2W=1:4,故B错 E 5hv-Wo 误；根据U。=Ek知，加反向电压时，对应的遏止电压之比==1：4，故C出 确；因为不知光照强度的关系，故无法判断饱和电流的关系，故D错误！ 参考答案91 11.答案(1)12(2)4.5 解析(1)图1加在光电管上的是反向电压，所有光电子飞出后做减速运动，可用 来研究光电子的最大初动能的大小，可以得出光电子的最大初动能只与照射光的 频率有关，而与照射光的强弱无关的结论；图2加在光电管上的是正向电压，让尽 量多的飞出的光电子能加速参与导电，形成光电流，利用饱和电流的大小反映入射 光的光强，可以得出照射光的强度大小决定了逸出光电子数目多少的结论.(2)由 图1可知遏止电压为l.5V,则有-eUo=0-Ekm,可得最大初动能为Ekm=eU= 1.5eV,图2中的电压让所有光电子加速，由动能定理有eU=Ek1一Ekm,则电子到 达阳极的最大动能为Ek1=eU1+Ekm=3eV+1.5eV=4.5eV. 12.答案(1)阳极(2)5.15×10143.41×10-19(3)1.23×10-19 解析(1)在光电效应中，电子向A极运动，故电极A为光电管的阳极. (2)由题图可知，铷的极限频率。为5.15×1014Hz,逸出功W。=hy。=6.63× 10-34×5.15×1014J=3.41×10-19J. (3)当入射光的频率为v=7.00X1014Hz时，由Ek=hw一hy。得，光电子的最大初动 能为Ek=6.63×10-34×(7.00-5.15)×1014J=1.23×10-19J 13.答案(1)3.1×103eV(2)1.44×104eV(3)2.2×10-11m 解析(1)电子在磁场中做匀速圆周运动的半径最大时对应的初动能最大.此时由 洛伦蓝力提供向心力，有wB=m,B=m:m2 解得Ek=3.1×103eV (2)由爱因斯坦光电效应方程可得Ek=hy-W0,又y=,解得W0=1.44X104eV 3)由德布罗意波长公式可得X=分，又p=mem=eBr,解得入'=2.2X10-1m 14.答案(1)8.21×1014Hz(2)9.96×105m/s 解析(1)要使处于=2的氢原子电离，照射光的光子能量应能使电子从第2能 级跃迁到无限远处，则最小的电磁波的光子能量应为E=0一E,=0-=0一（一 4 3.4eV)=3.4eV 则所用电磁波的频率为= E=8.21×1014Hz h (2)波长为200nm的紫外线的光子能量为E=h无=9.95×10-19J 电离能为△E=3.4×1.6X10-19J=5.44×10-19J 由能量守恒有E0一△E=Ek 1 代入数据解得Ek=4.51X10-19J,又Ek=2m02 代入数据可得v=9.96×105m/s B卷素养提升 1.C一般物体辐射电磁波的情况与材料的种类及表面情况有关，黑体辐射电磁波的 情况与材料的种类及表面情况无关，A错误；黑体能完全吸收入射的各种波长的电 磁波而不发生反射，但看起来不一定是黑色的，B错误；随着温度的升高，黑体辐射 电磁波的辐射强度将会增加，C正确；黑体辐射随着温度的升高，辐射强度的极大值 向波长较短的方向移动，D错误， 2,B根据光电效应方程，用单色光A照射到某金属表面时，E=y一W逸出功，用单色 光B照射到某金属表面时，E2=h·2y一W遍出功，解得W逸出功=E2一2E1,故B项 正确】 3A根搭能量守根得P-N会，解得N-裙，选项A正确 4.C质子(H)和a粒子（告He)动能相同，根据动能与动量大小的关系式p2=2mEk, 得2m,脚品-√巴-合#择格布罗考减淀长公式以=合可知质子和。 粒子的德布罗意波波长之比为2：1，C正确. 92参考答案 5.B根据Ek=hv-W。可知入射光的频率不同，电子的最大初动能不同，又知eUc =E,所以有U。=么，-0，可见入射光的频率y不同，遇止电压U。不同，A错误； e e 由U。=冬一吧知U。-图像的钟率及=怎，与入射光的频率无照强度无关，B 正确；根据Ek=v一W。可知在入射光频率不同的情况下，光电子的最大初动能不 同，与光照强度无关，C错误；题图甲所示电路中，电压增大到一定数值时，电流计示 数为0，必须把电源正负极反接，当电压增大到一定数值时，电流计示数才会达到饱 和电流，D错误. 6.C处于n=2能级的氢原子不能吸收10.20eV、2.89eV的能量，则选项A、B错误； 处于n=2能级的氢原子能吸收2.55eV的能量而跃迁到n=4的能级，然后向低能 级跃迁时辐射光子，其中从n=4到n=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV 可被红外测温仪捕捉，选项C正确；处于n=2能级的氢原子能吸收1.89eV的能量 而跃迁到n=3的能级，从n=3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV,不 能被红外测温仪捕捉，选项D错误. 7.C根据题中所给信息，处在量子数为4的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数 都是处在该激发态能级上的原子总数的了，即向量子数为2,3的激发态和基态各跃迁 1200X号-400个，发出光子40×3=120个，同理，处在量子数为3的激发态的40个 氢原子跃迁到量子数为2的激发态和基态的原子数都是400X号-20，发出光子20X2 =400个，处在量子数为2的激发态的400+200=600个氢原子跃迁到基态的原子数是 600×1=600个，发出光子600个.氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级辐射的光子能量 为0.66eV,从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光子能量为1.89eV,均小于2.22eV,不 能使金属钾发生光电效应，其他四种光子能量都大于2.22V,所以在此过程中能够从金 属钾的表面打出光电子的光子数为1600个. 8.AC根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hy一W。可知，图线的斜率表示普朗克常量， 图线与y轴的交，点对应的频率表示截止频率；Ek一y图像中y=0时对应的Ek的值 表示逸出功的负值，易知该金属的逸出功不等于0.5V,所以选项A、C正确. 9.BC设单色光的波长为入，则有力=会，=，解得力=%，选项A储误，B正确；根 锯光电效应方程及动能定理得E=仙一，U=之m。2-E,解得 2(eU+hv-ho】,选项C正确，D错误. 1 l0.ABC根据光电效应方程Ek=hv一Wo和U。=E得出，频率相同，逸出功不同，则光电 子的最大初动能不同，遏止电压不同，A、B正确；虽然光的频率相同，但光强不确定，所以 逸出的光电子数可能相同，他和电流有可能相同，C正确：由U。化 图乙中图线的斜率为上，即斜率只与h和有关，为一定值，D错误 11.AD红外线最短波长和最长波长分别为入min=0.76um、入max=1000m,根据光 子能量E=hv=h分，代入数据可得光子最大和最小能量分别为Emx=1.64eV, Emin=1.24X10-3eV,A正确；氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时释放出的光 子能量E32=-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV>Emax,因此不会被红外测温仪捕 捉到，B错误；大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，放出的光子能量为E43= -0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV,E32=1.89eV,…,只有从n=4能级向n= 3能级跃迁时放出的光子能量在红外区，因此红外测温仪可捕捉到1种频率的红外 线，C错误；大量处于n=2激发态的氢原子吸收能量为2.86eV的光子后跃迁到n =5的能级，再从该能级向低能级跃迁时，放出的光子能量有E54=一0.54eV一 (-0.85eV)=0.31eV,E43=0.66eV,…,因此，辐射出的光子可能被红外测温 仪捕捉，D正确. 12.答案(1)AD（2)钠3.2 解析(1)若研究阴极K的遏止电压与照射光频率的关系，则电源正极应与阴极K 相连，选项A正确，B错误；根据光电效应方程及动能定理得Ek=Uee=v一Wo,则 不同材料的U。一y图线的斜率相同，横截距表示金属的极限频率，选项C错误，D 正确.(2)因为钙的极限频率较大，故逸出功较大，所以钠更容易发生光电效应，钙 的选出功W0=ho=6.63X10-34×7.73×104 eV≈3.2eV. 1.6X1019 13.答案(1)A(2)左端(3)①见解题思路②不行此时逸出的光电子并未全部 到达阳极2.5×1012 解析(1)由于是研究光电效应“单位时间发射的光电子数与照射光强弱的关系” 的实验，则光电管两端所加电压应为正向电压，即光电管阴极K与电源负极相连， 阳极与电源正极相连，电流表应采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，选项A 正确. (2)若要求加在光电管上的电压从零开始变化，则闭合开关前滑动变阻器的滑动触 头P应移到左端 (3)①利用表中数据描绘出的光电流与电压关系图线如图所示， ↑IuA 0.401-+ 0.30 0.20 0.10+证 00.501.001.502.002.50U/V ②由作出的光电流与电压关系图线可知饱和电流值为0.40μA,电压为零时逸出的 光电子并未全部到达阳极，故该做法不行. ③在此光照射下，由作出的光电流与电压关系图线可知，饱和电流为0.40μA,根据 I业，可得华位时两内产生的光也子数为N-一淡8日=25X10肥 14.答案分别处于第4能级和第2能级 解析设发射光子前氢原子处于量子数为]的能级，发射光子后氢原子处于量子 数为n2的能级，则有 3 -E=8-B② n22 由②式得n2=2,代入①式得m1=4 所以氢原子发射光子前后分别处于第4能级和第2能级. 15.答案(1)2.55eV(2)7.65eV 解析(1)因极限波长恰等于氢原子由=4能级跃迁到n=2能级所发出的光的 波长，则有ho=W0=-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eV. (2)用n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光去照射，发出光子的能量 hv=△E=E2-E1=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV 则从该金属表面逸出的光电子最大初动能 Ek=hv-Wo=10.2 eV-2.55 eV=7.65 eV 16.答案(1)见解题思路(2)e 8r1 (3)11ke2 32r1 解析(1)设电子在第1轨道上运动的速度大小为山1，根据牛顿第二定律得 6e2 2=m第四章 原子结构和波粒二象性 A卷 基础达标 测试建议用时：45分钟满分：100分 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个 出 选项符合题目要求) 1.在通往量子论的道路上，一大批物理学家作出了卓越的贡献，下 列有关说法正确的是 () A.爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象 密 B.德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃 迁的概念 h C.玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化” 封 樂 的传统观念 D.普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也 线 具有波动性 2.第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h来 定义，五的单位若用国际单位制中的基本单位表示，为 () 内 A.kg·m2/s B.kg·m/s C.N·m/s D.N·s/m 不 3.对波粒二象性的理解，下列说法错误的是 ) A.光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一 步揭示了光的粒子性 B.德布罗意提出实物粒子具有波动性，而且粒子的能量和动量 跟它所对应的波的颜率和波长之间遵从一号和入一力的关系 答 C.光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显 D.如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的德布罗意波长相 题 等，则它们的动能也相等 4.原来不带电的锌板与验电器相连，用紫外线照射锌板，验电器指 针张开一个角度，如图所示.这时 ( 验电器 锌板 紫外线灯 邻 A.锌板带负电，验电器指针带正电 B.锌板带负电，验电器指针带负电 C.锌板带正电，验电器指针带正电 D.锌板带正电，验电器指针带负电 5.如图所示是英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔的实验装置. 下列关于该实验的描述正确的是 ( 荧光屏 a粒子源 金箔 a粒子束 wwtO） 真空 A.α粒子轰击金箔的实验不需要在真空条件下完成 B.该实验揭示了原子具有核式结构 C.实验结果表明绝大多数α粒子穿过金箔后发生大角度偏转 D.该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性 6.1927年，戴维森和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣 获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一，如图甲所示是该实验装置 的简化图，如图乙所示为电子束的衍射图样，下列说法不正确的 是 () 电 窄缝晶体（光栅） 甲 A.亮条纹是电子到达概率大的地方 B.该实验说明物质波理论是正确的 C.该实验再次说明光子具有波动性 D.该实验说明实物粒子具有波动性 7.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 所示.则可判断出 () IIA↑ 甲 乙 丙 U。1U20 UN 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、乙两种光的强度相等 D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初 动能 8.由中国健康发展研究中心发布的《国民视觉健康报告》白皮书显 示，我国学生的近视患病率在逐年增加.课业负担重、沉迷电子产 品已成为影响青少年视力的两大“杀手”.现代医学采用激光“焊 接”视网膜技术来治疗近视，所用激光的波长入=660nm.已知普 朗克常量h=6.63×1034J·s,光在真空中的传播速度c=3× 108m/s,则该激光中每个光子的能量为 () A.3.0×10-19J B.1.6×10-19J C.1.0×10-19J D.1.0×10-18J 9.如图所示为氢原子能级图，大量处于基态的氢原子被光子能量为 E的光照射后处于激发态，这些氢原子向低能级跃迁时共产生六 种不同频率的光.已知可见光光子的能量范围约为1.62~3.11 eV.则根据玻尔理论可知 () EleV .0 -0.85 -1.51 -3.4 1 -13.6 A.入射光子能量E=12.09eV B.电子在低能级的动能小于其在高能级的动能 C.六种不同频率的光中有两种是可见光 D.氢原子向低能级跃迁时，核外电子远离原子核 10.光电传感器是智能技术领域不可或缺的关键器件，而光电管又 是光电传感器的重要元件.如图所示，某光电管K极板的逸出 功W。=hy,若分别用频率为2y的a光和频率为5v的b光照射 该光电管，则下列说法正确的是 ) 光束、 窗口 A A.a光和b光的波长之比为2：5 B.用α光和b光分别照射该光电管，逸出光电子的最大初动能 之比为25 C.加反向电压时，对应的遏止电压之比为1：4 D.加正向电压时，对应形成的饱和电流之比为1：4 选择性必修第三册51 二、实验或填空题（本题共2小题，共22分） 11.（10分)在研究“光电效应”现象时，有如图1、2所示的两种电路 连接方式.试回答下列问题： mA B 图1 图2 (1)通过对图 (填“1”或“2”)所示的电路进行研究，可以 得出光电子的最大初动能只与照射光的频率有关，而与照射光 的强弱无关的结论；通过对图 (填“1”或“2”)所示的电 路进行研究，可以得出照射光的强度大小决定了逸出光电子数 目多少的结论， (2)某次实验时，先用图1所示电路研究，调节滑动变阻器，发现 当电压表示数大于或等于1.5V时，电流表示数为零.再用图2 所示电路研究，则当电压表示数为3V时，电子到达阳极时的最 大动能为 eV. 12.（12分)小明用金属为阴极的光电管观测光电效应现象，实验 装置示意图如图甲所示.已知普朗克常量h=6.63×1034J ·S. 窗口 光束 ↑U.W 1A-9 0.5 K 0.4 A 0.3 0.2 0.1 95 5.0 电源 5.56.0 /(×104Hz 甲 乙 (1)图甲中电极A为光电管的 (选填“阴极”或“阳 极”)； (2)实验中测得铷的遏止电压U。与人射光频率y之间的关系如图 乙所示，则铷的极限频率y。= ,逸出功W。= (3)如果实验中入射光的频率v=7.00×1014Hz,则产生的光电 子的最大初动能E。= J 52选择性必修第三册 三、计算题（本题共2小题，共38分） 13.(18分)波长为入=0.071nm的伦琴射线能使金箔发射光电子， 电子在磁感应强度为B的匀强磁场区域内做匀速圆周运动的 最大半径为r.已知r·B=1.88×10-4T·m,普朗克常量h= 6.626×10-34J·s,电子电荷量e=1.6×10-19C,电子的质量 m。=9.1×10-31kg.试求： (1)光电子的最大初动能； (2)金箔的逸出功； (3)该电子的物质波的波长 14.(20分)氢原子电离，就是从外部给电子以能量，使其从基态或 激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子.已知电子的电荷量 e=1.6×10-19C,电子的质量m=0.91×10-30kg,普朗克常量 h=6.63X10-34J·s,基态氢原子能量为E1=一13.6eV.(结 果均保留三位有效数字) (1)若要使处于n=2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率 的电磁波照射该氢原子？ (2)若用波长为200nm的紫外线照射处于n=2激发态的氢原 子，则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大？