高中物理选择性必修第三册第4章 3

第四章3A组·基础达标1．关于电子的发现，下列叙述中不正确的是()A．电子的发现，说明原子是由电子和原子核组成的B．电子的发现，说明原子具有一定的结构C．电子是第一种被人类发现的微观粒子D．电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象【答案】A【解析】发现电子之前，人们认为原子是不可再分的最小粒子，电子的发现，说明原子有一定的结构，B正确；电子是人类发现的第一种微观粒子，C正确；物体带电的过程，就是电子的得失和转移的过程，D正确．2．(多选)对α粒子散射实验装置的描述，你认为正确的有()A．实验器材有放射源、金箔、带有荧光屏的显微镜B．金箔的厚度对实验无影响C．如果不用金箔改用铝箔，仍会发生散射现象D．实验装置必须放在真空中【答案】ACD【解析】若金箔的厚度过大，α粒子穿过金箔时必然受较大的阻碍而影响实验效果，B错误．若改用铝箔，铝核的质量仍远大于α粒子的质量，散射现象仍能发生，C正确．若放置在空气中，空气中的尘埃对α粒子的运动会产生影响，故D正确．3．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是()A．α粒子散射实验B．电子的发现C．光电效应现象的发现D．天然放射性现象的发现【答案】A【解析】卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，故A正确，B、C、D错误．4．(多选)卢瑟福的原子核式结构学说可以解决的问题是()A．解释α粒子散射现象B．用α粒子散射的实验数据估算原子核的大小C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子D．卢瑟福通过α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的【答案】AB【解析】α粒子散射实验现象与汤姆生的枣糕模型相矛盾，卢瑟福的原子核式结构模型合理解释了该实验现象，并通过实验数据估算出了原子核的半径的数量级为10－15m，A、B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子是由原子核和核外电子组成的，但不能说明原子核内存在质子，故C错误；卢瑟福的α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，但不能证明原子核是由质子和中子组成的，故D错误．5．如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是()A．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光B．在图中的A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数几乎一样多C．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D．卢瑟福通过该实验得到了原子的“枣糕模型”结论【答案】C【解析】在B位置进行观察时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，而在A位置进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，A、B错误；选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似，C正确；卢瑟福根据此实验得出原子的核式结构模型，D错误．6．如图为卢瑟福的α粒子散射实验，①、②两条线表示实验中α粒子运动的轨迹，则沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的运动轨迹为()A．轨迹a B．轨迹bC．轨迹c D．轨迹d【答案】A【解析】α粒子散射实验表明正电荷全部集中在原子核内，α粒子带正电，同种电荷相互排斥，离原子核越近，受到的库仑斥力越强，则偏转程度越强，沿题图中③所示方向射向原子核的α粒子可能的运动轨迹为a，A正确．7．关于α粒子散射实验，下列说法不正确的是()A．该实验在真空环境中进行B．带有荧光屏的显微镜可以在水平面内的不同方向上移动C．荧光屏上的闪光是散射的α粒子打在荧光屏上形成的D．荧光屏只有正对α粒子源发出的射线方向上才有闪光【答案】D【解析】本题考查α粒子散射实验装置及其作用，荧光屏不只有正对α粒子源发出的射线方向上才有闪光，所以D错误．8．密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下、场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．悬浮油滴带正电B．悬浮油滴的电荷量为eq\f(mg,U)C．增大场强，悬浮油滴将向上运动D．油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍【答案】C【解析】带电油滴在两板间静止时，受竖直向下的重力和竖直向上的电场力，则油滴应带负电，A错误；qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg，所以q＝eq\f(mgd,U)，B错误；当E变大时，qE变大，原来悬浮的油滴所受合力向上，油滴向上运动，C正确；任何带电物体的电荷量都是电子电荷量的整数倍，D错误．9．如图所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图．显像管中有一个阴极，工作时它能发射阴极射线，荧光屏被阴极射线轰击就能发光．安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，可以使阴极射线发生偏转．下列说法中正确的是()A．如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线应该打在荧光屏正中的O点B．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上A点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里C．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上B点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向外D．如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由B点向A点移动，则偏转磁场强度应该先由小到大，再由大到小【答案】A【解析】偏转线圈中没有电流，阴极射线沿直线运动，打在O点，A正确．由阴极射线的电性及左手定则可知B、C错误；由R＝eq\f(mv,qB)可知，B越小，R越大，故磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D错误．B组·能力提升10．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是经过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对α粒子的作用，则关于该原子核的位置，正确的是()A．一定在①区域 B．可能在②区域C．可能在③区域 D．一定在④区域【答案】A【解析】卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，正电荷全部集中在原子核内，α粒子带正电，同种电荷相互排斥，若在③④区域粒子轨迹将向上偏转，由轨迹的弯曲方向知道排斥力向下，原子核一定在①区域，A正确．11．α粒子的质量大约是电子质量的7300倍，如果α粒子以速度v跟电子发生弹性正碰(假设电子原来是静止的)，则碰撞后α粒子的速度变化了多少？解：设电子质量为m，碰后α粒子速度为v1，电子速度为v2，由弹性正碰中动量和能量守恒有eq\f(1,2)×7300mv2＝eq\f(1,2)×7300mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，7300mv＝7300mv1＋mv2，解得v1＝eq\f(7300m－m,7300m＋m)v＝eq\f(7299,7301)v.因此碰撞后α粒子速度减小了v－v1＝eq\f(2,7301)v.12．带电粒子的电荷量与质量的比值(eq\f(q,m))称为荷质比．汤姆孙当年用来测定电子荷质比的实验装置如图所示．真空玻璃管内的阴极K发出的电子经过加速电压加速后，形成细细的一束电子流．当极板C、D间不加偏转电压时，电子束将打在荧光屏上的O点；若在C、D间加上电压U，则电子束将打在荧光屏上的P点，P点与O点的竖直距离为h；若再在C、D极板间加一方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，电子束又重新打在了O点．已知极板C、D的长度均为L1，C、D间的距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2.不计电子重力影响．(1)求电子打在荧光屏O点时速度的大小；(2)推导出电子荷质比的表达式(结果用题中给定的已知量的字母表示)；(3)若L1＝5.00cm，d＝1.50cm，L2＝10.00cm，偏转电压U＝200V，磁感应强度B＝6.3×10－4T，h＝3.0cm.估算电子荷质比的数量级．解：(1)加上磁场后，电子做匀速直线运动evB＝eE，其中U＝Ed，联立解得v＝eq\f(U,Bd).(2)极板间只加电场时，电子在电场中做类平抛运动．水平方向上做匀速直线运动L1＝vt1，在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(eU,md)，偏转距离y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，离开极板区域时竖直方向的分速度vy＝at1，电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2＝eq\f(L2,v)，在时间t2内竖直方向上运动的距离为y2＝vyt2根据几何关系可知h＝y1＋y2，解得eq\f(e,m)＝eq\f(2Uh,B2dL1L1＋2L2).(3)代入数据知，电子荷质比的数量级为1011C/kg.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“a光”或“b光”)使其逸出的光电子的最大初动能大。

(2)若a光的光子能量为5eV,图乙中Uc2