高中物理选择性必修第三册第4章 4

第四章4A组·基础达标1．关于玻尔的原子模型理论，下列说法正确的是()A．原子可以处于连续的能量状态中B．原子的能量状态不是连续的C．原子中的核外电子绕核做变速运动一定向外辐射能量D．原子中的电子绕核运动的轨道半径是连续的【答案】B【解析】玻尔依据经典物理在原子结构问题上遇到了困难，引入量子化观念建立了新的原子模型理论，主要内容为：电子轨道是量子化的，原子的能量是量子化的，处在定态的原子不向外辐射能量．由此可知B正确．2．(多选)如图所示为氢原子的能级图，A、B、C分别表示电子在三种不同能级跃迁时放出的光子，其中()A．频率最大的是B B．波长最长的是CC．频率最大的是A D．波长最长的是B【答案】AB【解析】由ΔE＝hν＝eq\f(hc,λ)可知，B频率最大，C波长最长．3．用能量为12.30eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后下列关于氢原子跃迁说法正确的是()A．电子能跃迁到n＝2的能级上去B．电子能跃迁到n＝3的能级上去C．电子能跃迁到n＝4的能级上去D．电子不能跃迁到其他能级上去【答案】D【解析】根据玻尔理论，即能级是量子化的．因此只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收，使氢原子发生跃迁．当氢原子由基态向n＝2、3、4轨道跃迁时吸收的光子能量分别为ΔE21＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.20eV，ΔE31＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12.09eV，ΔE41＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，而外来光子的能量12.30eV不等于某两能级间的能量差，故不能被氢原子所吸收而发生能级跃迁，选项D正确．4．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则()A．吸收光子的能量为hν1＋hν2B．辐射光子的能量为hν1＋hν2C．吸收光子的能量为hν2－hν1D．辐射光子的能量为hν2－hν1【答案】D【解析】氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，说明能级m高于能级n，Em－En＝hν1，而从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，说明能级k也比能级n高，Ek－En＝hν2，而紫光的频率ν2大于红光的频率ν1，所以hν2>hν1，因此能级k比能级m高，所以若氢原子从能级k跃迁到能级m，应辐射光子，且光子能量应为hν2－hν1．5．氢原子中巴耳末系中最短波长是()A．eq\f(4,R) B．eq\f(4,3)RC．R D．eq\f(R,2)【答案】A【解析】根据巴耳末公式有eq\f(1,λ)＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,n2)))，解得λ＝eq\f(1,R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,n2))))，当时n＝∞，波长最短，即最短波长为eq\f(1,\f(1,4)R)，A正确，B、C、D错误．6．氢原子部分能级的示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示.色光光子红橙黄绿蓝—靛紫光子能量范围(eV)1.61～2.002.00～2.072.07～2.142.14～2.532.53～2.762.76～3.10处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为()A．红、蓝—靛 B．黄、绿C．红、紫 D．蓝—靛、紫【答案】A【解析】根据跃迁假设，发射光子的能量hν＝Em－En.如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV的光子，由表格数据判断出它不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09eV、10.2eV、1.89eV的三种光子，只有1.89eV的光属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六种光子，1.89eV和2.55eV的光属于可见光，1.89eV的光为红光，2.55eV的光为蓝—靛光，选项A正确．7．(多选)根据玻尔理论，氢原子中量子数n越大()A．电子的轨道半径越大B．核外电子的速率越大C．氢原子能级的能量越大D．核外电子的电势能越大【答案】ACD【解析】根据玻尔理论，氢原子中量子数n越大，电子的轨道半径就越大，A正确；核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力keq\f(e2,r2)＝meq\f(v2,r)，则半径越大，速率越小，B错误；量子数n越大，氢原子所处的能级能量就越大，C正确；电子远离原子核的过程中，电场力做负功，电势能增大，D正确．8．(多选)已知氢原子的能级图如图所示，现用光子能量介于10～12.9eV范围内的光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是()A．在照射光中可能被吸收的光子能量有无数种B．在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种C．照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有6种D．照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有3种【答案】BC【解析】根据跃迁规律hν＝Em－En和能级图，可知A错误，B正确；氢原子吸收光子后能跃迁到最高为n＝4的能级，能发射的光子的波长有Ceq\o\al(2,4)＝6种，故C正确，D错误．9．(多选)有关氢原子光谱的说法正确的是()A．氢原子的发射光谱是连续谱B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的D．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差无关【答案】BC【解析】由于氢原子发射的光子的能量E＝En－Em＝eq\f(1,n2)E1－eq\f(1,m2)E1＝eq\f(m2－n2,n2m2)E1，所以发射的光子的能量值E是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，故A错误，B正确．由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级En＝eq\f(1,n2)E1，故氢原子的能级是不连续的，而是分立的，故C正确．当氢原子从较高轨道第n能级跃迁到较低轨道第m能级时，发射的光子的能量为E＝En－Em＝eq\f(1,n2)E1－eq\f(1,m2)E1＝eq\f(m2－n2,n2m2)E1＝hν，显然n、m的取值不同，发射光子的频率就不同，故氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差有关，故D错误．故选BC．10．如图所示是氢原子的核外电子从量子数为n＝3,4，…能级跃迁到n＝2能级时发出的一系列谱线．则下列说法正确的是()A．图中氢原子的Hβ谱线是氢原子的核外电子从量子数为n＝3的能级跃迁到n＝2能级时发出的谱线B．图中氢原子的Hβ谱线是氢原子的核外电子从量子数为n＝4的能级跃迁到n＝2能级时发出的谱线C．图中氢原子的Hβ谱线是氢原子的核外电子从量子数为n＝5的能级跃迁到n＝2能级时发出的谱线D．图中氢原子的Hβ谱线是氢原子的核外电子从量子数为n＝6的能级跃迁到n＝2能级时发出的谱线【答案】B【解析】β谱线的波长是486.27nm，Eβ＝eq\f(hc,λβ)＝2.556eV，根据En＝eq\f(1,n2)E1，则E2＝eq\f(1,22)E1＝－3.4eV，所以氢原子的β谱线是氢原子的核外电子的能量Eβ′＝E2＋Eβ＝－3.4eV＋2.556eV＝－0.844eV＝eq\f(1,16)E1，氢原子的β谱线是氢原子的核外电子从量子数为n＝4的能级跃迁到n＝2能级时发出的谱线．B组·能力提升11．氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6eV，问：(1)氢原子在n＝4的定态上时，可放出几种光子？(2)若要使处于基态的氢原子电离，要用多大频率的电磁波照射此原子．解：(1)原子处于n＝1的定态，这时原子对应的能量最低，这一定态是基态，其他的定态均是激发态．原子处于激发态时不稳定，会自动地向基态跃迁，而跃迁的方式多种多样，当氢原子从n＝4的定态向基态跃迁时，可释放出6种不同频率的光子．(2)要使处于基态的氢原子电离，就是要使氢原子第一条可能轨道上的电子获得能量脱离原子核的引力束缚，则hν≥E∞－E1＝13.6eV＝2.176×10－18J，即ν≥eq\f(E∞－E1,h)＝eq\f(2.176×10－18,6.63×10－34)Hz＝3.28×1015Hz.12．氢原子能级跃迁如图所示，由图求：(1)如果有很多氢原子处于n＝3的能级，在原子回到基态时，可能产生哪几种跃迁？出现几种不同光谱线？(2)如果用动能为11eV的外来电子去激发处于基态的氢原子，可使氢原子激发到哪一个能级上？(3)如果用能量为11eV的外来光去激发处于基态的氢原子，结果又如何？解：(1)对于处于n＝3的很多氢原子而言，在它们回到n＝1的基态时，可能观测到三种不同频率的光谱线，其频率分别为2.92×1015Hz、4.51×1014Hz、2.47×1015Hz.(2)从氢原子能级图可以推算出：氢原子从n＝1的能级激发到n＝2的能级时所需吸收的能量ΔE21＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，如果氢原子从n＝1的能级激发到n＝3的能级，那么所需吸收的能量为ΔE31＝E3－E1＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12.09eV，因为外来电子的能量E电＝11eV，和上述计算结果相比较可知ΔE21<E电<ΔE31，所以具有11eV能量的外来电子，只能使处于基态的氢原子激发到n＝2的能级，这时外来电子剩余的动能为：E外－ΔE21＝(11－10.2)eV＝0.8eV.(3)如果外来光子的能量E光＝11eV，由于光子能量是一个不能再分割的最小能量单元，当外来光子能量不等于某两级能量差时，则不能被氢原子所吸收，氢原子也不能从基态激发到任一激发态．课后篇素养形成必备知识基础练1.用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验,当用频率为ν1的光照射时,遏止电压的大小为U1,当用频率为ν2的光照射时,遏止电压的大小为U2。已知电子电荷量的大小为e,则下列表示普朗克常量和该种金属的逸出功正确的是()A.h=e(U1-UC.W0=eU1ν1-eU答案D解析根据光电效应方程eUc1=hν1-W0,eUc2=hν2-W0,解得h=e(U1-U2)ν1-ν2,W02.分别用波长为λ和34λ的单色光照射同一金属,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正确的是()A.5ℎc3λ B.2ℎc3λ C答案B解析由光子的能量ε=ℎcλ和爱因斯坦光电效应方程有Ek1=ℎcλ-W0,Ek2=4ℎc3λ-W0,又Ek1∶Ek2=1∶2,化简即得逸出功W0=3.(多选)如图是某金属在光的照射下,光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像。由图像可知()A.该金属的逸出功等于hνcB.从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C.入射光的频率为2νc时,产生的光电子的最大初动能为ED.相同频率的光照射到不同的金属上,逸出功越大,出射的光电子最大初动能越小答案ACD解析根据Ek=hν-W0得,金属的截止频率等于νc,纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功,逸出功等于E,则E=W0=hνc,故A正确;根据Ek=hν-W0,可知从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系,故B错误;当入射光的频率为2νc时,根据Ek'=2hνc-W0,而E=W0=hνc,故Ek'=hνc=E,故C正确;根据Ek=hν-W0,可知相同频率的光照射到不同的金属上,逸出功越大,出射的光电子最大初动能越小,故D正确。4.用不同频率的紫外线分别照射锌和钨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图像,已知锌的逸出功是3.24eV,钨的逸出功是3.28eV,若将两者的图线画在同一个Ek-ν坐标系中,用实线表示锌,虚线表示钨,则正确反映这一过程的是如图所示的()答案A解析根据光电效应方程有Ek=hν-W0,其中W0为金属的逸出功,则有W0=hνc。由此可知在Ek-ν图像中,斜率表示普朗克常量h,横轴截距大小表示该金属截止频率的大小。由题意可知,锌的逸出功小于钨的逸出功,因此由νc=W0ℎ可知,锌的截止频率小于钨的截止频率,且斜率相同,故A正确,B、C、5.(多选)用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验,发现光电流与电压的关系如图所示。已知普朗克常量为h,被照射金属的逸出功为W0,遏止电压为Uc,电子的电荷量为e。下列说法正确的是()A.甲光的强度大于乙光的强度B.甲光的频率大于乙光的频率C.甲光照射时产生的光电子初动能均为eUcD.乙光的频率为W答案AD解析根据光的强度越强,则光电子数目越多,对应的光电流越大,即可判定甲光的强度较大,选项A正确;由光电效应方程12mv2=hν-W0,12mv2=Uce,结合题图可知,甲、乙的遏止电压相同,故甲、乙的频率相同,选项B错误;甲光照射时产生的光电子的最大初动能为eUc,选项C错误;根据12mv2=hν-W0=eUc,可得ν=eU6.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()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对应的截止频率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答案B解析由题图可知,丙光的饱和电流小于甲光和乙光的饱和电流,说明逸出的电子数目最少,即丙光的强度最小。由题图可知丙光对应的光电子的初动能最大,即丙光的频率最高(波长最小),B项正确,D项错误;甲光和乙光的频率相同,A项错误;由于是同一光电管,所以乙光、丙光对应的截止频率是一样的,C项错误。7.如图所示是某次实验中得到的甲、乙两种金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像,两金属的逸出功分别为W甲、W乙,如果用频率为ν1的光照射两种金属,光电子的最大初动能分别为E甲、E乙,则下列关系正确的是()A.W甲>W乙 B.W甲<W乙C.E甲>E乙 D.E甲=E乙答案A解析根据爱因斯坦光电效应方程得Ek=hν-W0=hν-hνc,又Ek=eUc,则eUc=hν-hνc,由Uc-ν图线可知,当Uc=0时,ν=νc,金属甲的截止频率大于金属乙的截止频率,则金属甲的逸出功大于乙的逸出功,即W甲>W乙,选项A正确,B错误;如果用频率为ν1的光照射两种金属,根据光电效应方程,逸出功越大,则其光电子的最大初动能越小,因此E甲<E乙,选项C、D错误。8.1916年,美国著名物理学家密立根,完全肯定了爱因斯坦的光电效应方程,并且测出了当时最精确的普朗克常量h的值,从而获得1923年度诺贝尔物理学奖。若用如图甲所示的实验装置测量某金属的遏止电压Uc与入射光频率ν,作出如图乙所示的Uc-ν图像,电子电荷量e=1.6×10-19C,则下列说法正确的是()A.图甲中电极A连接电源的正极B.普朗克常量约为6.64×10-34J·sC.该金属的截止频率为5.0×1014HzD.该金属的逸出功约为6.61×10-19J答案C解析电子从K极出来,在电场力的作用下做减速运动,所以电场线的方向向右,所以A极接电源负极,故A错误;由爱因斯坦光电效应方程得:Ek=hν-W0,电子在电场中做减速运动,由动能定理可得:-eUc=0-Ek,解得Uc=ℎνe−W0e。由题图可知,金属的截止频率νc=5.0×1014Hz,图像的斜率k=ℎe,结合数据解得:h=6.61×10-34J·s,故B错误,C正确;金属的逸出功W0=hνc=6.61×10-34×5.0×1014J=3.31×10-关键能力提升练9.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应,即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识,用强激光照射金属,由于其光子密度极大,一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能,从而形成多光子光电效应,这已被实验证实。光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极K,没有发生光电效应;换用同样频率ν的强激光照射阴极K,则发生了光电效应。此时,若加上反向电压U,即将阴极K接电源正极,阳极A接电源负极,在K、A之间就形成了使光电子减速的电场。逐渐增大U,光电流会逐渐减小;当光电流恰好减小到零时,所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功,h为普朗克常量,e为电子电荷量)()A.U=ℎνe−We C.U=2hν-W D.U=5答案B解析假设阴极K金属中的电子吸收的光子个数为n(n为整数且n>1),则光电子的最大初动能Ek=nhν-W,又因为Ek=eU,解得U=nℎνe−We,故B正确,A、10.(2020山东等级考模拟卷)如图所示,有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上,具有最大初动能的某出射电子,沿垂直于平行板电容器极板的方向,从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后,到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C,带电荷量为Q,极板间距为d,普朗克常量为h,电子电荷量的绝对值为e,不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν,以下判断正确的是()A.带正电,ν0+QeCℎB.带正电,ν0+QeC.带负电,ν0+QeCℎD.带负电,ν0+Qe答案C解析电子在电容器里面减速运动,所以受到向左的电场力的作用,所以场强方向向右,电容器右侧的极板带负电。一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上,射出电子的最大初动能为Ek,则:hν-W0=Ek,hν0=W0,电子在电容器中减速运动,由动能定理得:-eU=0-Ek,电容器两极板间的电势差为:U=QC,根据以上各式,解得:ν=ν0+QeCℎ,故选项C正确,选项A、B、11.采用如图甲所示电路可研究光电效应规律,现分别用a、b两束单色光照射光电管,得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系图像如图乙所示。(1)照射阴极材料时,(选填“