粤教版 (2019)选择性必修 第三册光电效应方程及其意义优秀导学案

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▉题型1 能量子与量子化现象
【知识点的认识】
1.能量子假说：
所谓能量子就是能量的最小单元．微观领域里能量的变化总表现为电磁波的辐射与吸收，不同频率的电磁波其能量子的值不同，表达式为：E＝hν
其中，ν是电磁波的频率，h是一个普遍适用的常量，称作普朗克常量．由实验测得h＝6.63×10﹣34J•s．
2．能量的量子化
在微观领域里能量的不连续变化，即只能取分立值的现象，叫做能量的量子化．
量子化现象是微观世界的普遍现象，这与经典理论产生尖锐矛盾．这暴露了经典物理学的局限性（宏观、低速）．从而引发了物理学的革命﹣﹣量子论的建立，使人类对物质的认识由宏观世界进入微观领域．
1．人眼对绿光最为敏感，如果每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉。一光源以功率P均匀地向各个方向发射波长为λ的绿光，假设瞳孔在暗处的直径为d，且不计空气对光的吸收。普朗克常量为h，真空中光速为c，则眼睛能够看到这个光源的最远距离为（ ）
A．d2Pλ6ℎcB．d4Pλ6ℎcC．d2PℎcλD．d6Pℎcλ
【答案】B
【解答】解：设瞳孔与光源相距为r，在1s内，r处单位面积上的能量为：
E0=P4πr2
瞳孔在1s内接收到的能量为：
E=E0⋅πr2
其中r=d2
若此时刚好可以看到
E=N⋅ℎcλ
其中N为每秒射入瞳孔的光子的个数，为6个，由以上式子联立可得
r=d4Pλ6ℎc，故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．下列说法正确的是（ ）
A．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
B．麦克斯韦认为磁场变化时会在空间激发出静电场
C．赫兹用实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦电磁场理论
D．爱因斯坦首次提出能量量子化理论，正确解释了黑体辐射的实验规律
【答案】C
【解答】解：A．一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，但黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，故A错误；
B．麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，我们把它叫做感生电场，故B错误；
C．赫兹用实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦电磁场理论，故C正确；
D．普朗克首次提出能量量子化理论，正确解释了黑体辐射的实验规律，故D错误。
故选：C。
3．下列说法正确的是（ ）
①普朗克提出“振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍”，从而建立了“能量量子化”观点
②如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波，而不发生反射，这种物体就被称为“黑体”
③我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度无关
④爱因斯坦指出：光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个不可分割的能量子组成的
A．①②B．①④C．①②④D．①②③
【答案】C
【解答】解：②如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波，而不发生反射，这种物体就被称为“黑体”，该说法正确；
③我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关，该说法错误；
①普朗克提出“振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍”，从而建立了“能量量子化”观点，该说法正确；
④爱因斯坦指出：光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个不可分割的能量子组成的，该说法正确，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元。在下列宏观概念中，具有“量子化”特征的是（ ）
A．人的个数B．人的质量
C．物体的动能D．物体的长度
【答案】A
【解答】解：在量子力学中，物理量只能以确定的大小一份一份地进行变化，具体有多大要随体系所处的状态而定。这种物理量只能采取某些分离数值的特征叫作量子化。故A正确，BCD错误。
故选：A。
5．最新的质量单位“千克”用普朗克常量h定义。根据能量子的定义和国际单位制中的力学基本单位，h的单位可表示为（ ）
A．kg•m2/sB．kg•m/sC．kg•m/s2D．kg•m2/s2
【答案】A
【解答】解：根据动能表达式有
Ek=12mv2
可知能量的单位用国际单位制中的基本单位可表示为kg•m2/s2；根据光子能量公式
ε＝hν
可知频率的单位为
1Hz＝1s﹣1
所以普朗克常量h的单位用国际单位制中的基本单位可表示为kg•m2/s。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．下列说法正确的是（ ）
A．微观粒子的能量变化是连续的
B．电磁波波长越长，其能量子越大
C．红光的能量子比绿光大
D．能量子与电磁波的频率成正比
【答案】D
【解答】解：A、微观粒子的能量变化是跳跃的，不连续的，故A错误；
BD、根据ɛ＝hν＝hcλ可知，能量子与电磁波的频率成正比，与波长成反比，故B错误，D正确；
C、红光的频率比绿光的频率小，所以能量子比绿光的小，故C错误。
故选：D。
7．在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长为λ，每个激光脉冲的能量E，已知普朗克常量为h，光速为c，求：
（1）该激光的频率ν；
（2）该激光的光子能量ε；
（3）每个脉冲中的光子数目N。
【答案】（1）该激光的频率ν为cλ；
（2）该激光的光子能量ε为ℎcλ；
（3）每个脉冲中的光子数目N为Eλℎc。
【解答】解：（1）根据
λ=c⋅1ν
可得该激光的频率为
ν=cλ
（2）根据光子能量表达式可知，该激光的光子能量为
ε=ℎν=ℎcλ
（3）每个激光脉冲的能量E，则每个脉冲中的光子数目为
N=Eε=Eλℎc
答：（1）该激光的频率ν为cλ；
（2）该激光的光子能量ε为ℎcλ；
（3）每个脉冲中的光子数目N为Eλℎc。
▉题型2 爱因斯坦光电效应方程
【知识点的认识】
为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光电效应理论。
1.光电效应方程：Ek＝hν﹣W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功．
2.爱因斯坦对光电效应的理解：
①只有当hv＞W0时，光电子才可以从金属中逸出，vc=W0ℎ就是光电效应的截止频率。
②光电子的最大初动能Ek与入射光的频率v有关，而与光的强弱无关。这就解释了截止电压和光强无关。
③电子一次性吸收光子的全部能量，不需要积累能量的时间，光电流自然几乎是瞬时产生的。
④对于同种频率的光，光较强时，单位时间内照射到金属表面的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大。
8．在如图所示光电效应实验中，闭合开关后，发现无光电流，下列措施中可能会出现光电流的是（ ）
A．增大光的频率B．增加光照时间
C．增加AK间的电压D．对调电源的正负极
【答案】A
【解答】解：图中加在光电管两端的电压是正向电压，没有光电流表明没有发生光电效应，根据光电效应发生的条件可知，只能增大光的频率才能发生光电效应，与光照时间，电压和电源的极性无关，故A正确，BCD错误。
故选：A。
9．如图甲为氢原子能级图，一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光，照射图乙所示的光电管阴极K，只有频率为νa和νb的光能使它发生光电效应。分别用频率为νa、νb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，氢原子向低能级跃迁一共发出3种不同频率的光
B．图乙中，用频率νb的光照射时，将滑片P向右滑动，电流表示数一定增大
C．图丙中，图线b所表示的光的光子能量为12.75eV
D．图乙中，光电管中的光电流方向为由K极指向A极
【答案】C
【解答】解：A、一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可产生
C42=6
种光子，故A错误；
B、图乙中不知道电源正负极，没办法判断在光电管AK之间加的正向还是反向电压，所以滑片P向右滑动时，电流变化情况没法判断，故B错误；
C、只有频率为νa和vb的光能使它发生光电效应，那么这两种光子必定是n＝4能级向n＝1能级跃迁和n＝3能级向n＝1能级跃迁产生的，由图丙可知b光的频率较大，则b光为n＝4能级向n＝1能级跃迁产生的，所以b光的光子能量为12.75eV，故C正确；
D、产生的光电子运动方向为由K极指向A极，则电流方向为由A极指向K极，故D错误。
故选：C。
10．在光电效应实验中，用不同频率的单色光照射A、B两种金属表面，均有光电子逸出，其最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示。已知普朗克常量为h，则（ ）
A．A的逸出功小于B的逸出功
B．图中直线的斜率为1ℎ
C．由图可知两入射光的光强相同
D．若两金属产生光电子的最大初动能相等，则照射到A金属表面的光频率较高
【答案】A
【解答】解：A．由光电效应方程Ekm＝hν﹣W0
结合图知图线A在纵轴上的截距绝对值较小，所以金属A的逸出功小于B的逸出功，故A正确；
B．由Ekm＝hν﹣W0
知图中直线的斜率为普朗克常量h，故B错误；
C．该图线反映了光电子的最大初动能与入射光的频率的关系，与入射光的强度无关，无法比较光照强度，故C错误；
D．由图知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到A金属的光频率较低，故D错误。
故选：A。
11．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，从左极板上的小孔进入电场，恰好不能到达右极板。普朗克常量为h。则（ ）
A．单色光的光子能量为hν0
B．金属板上逸出的所有电子均具有相等的物质波波长
C．若仅略微减小单色光的强度，将无电子从金属板上逸出
D．若仅将电容器右极板右移一小段距离，仍无电子到达右极板
【答案】D
【解答】解：A．根据题意可知，该单色光的频率大于金属板K的极限频率ν0，则单色光的光子能量大于hν0，故A错误；
B．发生光电效应发射出的光电子最大初动能相等，但不是所有电子具有的速度一定相等，则光电子的动量不一定相等，根据物质波的波长公式λ=ℎp可知光电子物质波波长不一定相等，故B错误；
C．发生光电效应的条件是光子的频率大于金属K的极限频率，与光照强度无关，故C错误；
D．设逸出的光电子最大初动能为Ek，设电容器内电场强度为E，极板的间距为d，根据题意可知Ek＝eEd
根据C=εS4πkd；U=QC和E=Ud
联立可得E=4πkQεS
仅将电容器右极板右移一小段距离，极板间电场强度不变，极板的距离变大，则Ek＜eEd'
可知仍无电子到达右极板，故D正确。
故选：D。
12．如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大初速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（ ）
A．金属极板M受到紫光照射时，逸出光电子的最大初速率大于vm
B．M、N间加反向电压mvm24e时，电流表示数恰好为零
C．沿x方向逸出的电子到达N时，动能一定为12mvm2+eU
D．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为dvm2meU
【答案】D
【解答】解：A．由光电效应方程hν＝W0+Ek可知当入射光的频率减小，且大于极限频率的情况下，则逸出光电子的最大初速率也减小，所有金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大初速率为vm，则金属极板M受到紫光照射时，入射光的频率减小，可能不会发生光电效应，不能逸出光电子，也可能仍会发生光电效应，但逸出光电子的最大初速率一定小于vm，故A错误；
B．根据动能定理有
12mvm2=eU
化简可得
U=mvm22e
即M、N间加反向电压mvm22e时，电流表示数恰好为零，故B错误；
C．由于金属中不同原子可能处于不同的能级，所以发生电效应时从金属表面逸出的光电子速度大小不一样，据动能定理，只有以最大初速率从金属板M上逸出的光电子到到达N板时有
Ue=Ekm−12mvm2
则到达N板时的动能才为
Ekm=12mvm2+eU
但是有部分光电子逸出金属表面时速度会小于vm，则到达N板时的动能将小于12mvm2+eU，故C错误；
D．平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，这种电子在电场力作用下做类平抛运动，根据平抛的知识有
y＝vmt
d=12at2=12Uedmt2
化简可得电子从M到N过程中y方向最大位移为
y=dvm2meU
故D正确。
故选：D。
13．2022年8月30日，国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测科学技术试验卫星在国际上首次在轨获取的太阳Hα谱线精细结构，Hα是如图甲所示氢原子巴耳末系中从n＝3跃迁到n＝2发出的光。将Hα光束照射如图乙所示装置的金属板，验电器指针没有张开。则下列说法正确的是（ ）
A．Hα光是氢原子巴耳末系中波长最短的谱线
B．换用从n＝5跃迁到n＝2发出的光照射金属板，验电器指针可能张开
C．增大照射金属板的Hα光束的强度，验电器指针可能张开
D．换用逸出功更大的金属板材料，验电器指针可能张开
【答案】B
【解答】解：A．Hα是如图甲所示氢原子巴耳末系中从n＝3跃迁到n＝2发出的光，Hα是氢原子巴耳末系中频率最小、波长最长的谱线，故A错误；
B．光电效应产生的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，验电器指针没有张开，说明入射光的频率小于金属的极限频率，据利用玻尔理论中的频率条件hv＝En﹣E2可知从n＝5跃迁到n＝2发出的光频率比Hα光束频率要高，用该光照射金属板，可能发生光电效应现象，验电器指针可能张开，故B正确；
C．增大Hα光束的强度，不能发生光电效应现象，故C错误；
D．改用逸出功更大的金属板材料，其入射光的频率更小于金属的极限频率，不能发生光电效应，故D错误。
故选：B。
14．小明用同一光电管在不同实验条件下做光电效应实验，得到了三条光电流与电压之间的关系曲线，如图所示。关于本实验，下列说法中正确的是（ ）
A．甲光的频率比乙光的频率大
B．乙光的波长比丙光的波长大
C．乙光所对应的截止频率与丙光所对应的截止频率一样大
D．甲光所产生光电子的最大初动能比丙光所产生光电子的最大初动能大
【答案】C
【解答】解：D．根据图像可知，甲丙的遏止电压相等，小于乙的遏止电压，即Uc乙＞Uc甲＝Uc丙；
根据动能定理eUc＝Ekm
可知，甲光所产生光电子的最大初动能与丙光所产生光电子的最大初动能相等，故D错误；
C．根据逸出功与截止频率的关系有W0＝hν0
由于逸出功与截止频率均由金属材料本身决定，实验中小明用的是同一光电管，则乙光所对应的截止频率与丙光所对应的截止频率一样大，故C正确；
AB．根据光电效应方程有hν＝eUc+W0
结合上述有ν=eUc+W0ℎ
由于Uc乙＞Uc甲＝Uc丙，因此ν乙＞ν甲＝ν丙
即甲光的频率比乙光的频率小；
根据波长、波速和频率的关系λ=cν可知，乙光的波长比丙光的波长小，故BA错误。
故选：C。
15．光电效应实验中，下列表述正确的是（ ）
A．光照时间越长，光电子最大初动能越大
B．入射光足够强就可以有光电流导出
C．遏止电压与入射光的强度有关
D．入射光频率小于极限频率时，不论光照时间多长，都不能发生光电效应
【答案】D
【解答】A、由光电效应方程Ek＝hν﹣W0，知最大初动能由入射光的频率和材料本身的逸出功决定，与光照时间无关，故A错误。
BD、只有入射光的频率大于材料的极限频率，才能发生光电效应，与入射光强度和光照时间无关，故D正确，B错误。
C、由Ek＝eUc和Ek＝hν﹣W0，得遏止电压Uc=ℎν−W0e，故遏止电压与入射光频率和逸出功有关，与光的强度无关，故C错误。
故选：D。
16．某同学用甲、乙、丙三种色光分别照射同一光电管，研究光电流I与所加电压U之间的关系，得到如图所示的图像。则下列说法正确的是（ ）
A．甲光的波长小于乙光的波长
B．以相同的入射角从空气斜射入玻璃，乙光的折射角大于丙光的折射角
C．甲光可能为蓝光，乙光可能为红光
D．若处于基态的氢原子能吸收甲、乙两种光，且吸收甲光后由高能级向低能级跃迁共能发出6种频率的光，则吸收乙光后共能发出超过6种频率的光
【答案】D
【解答】解：A．根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理可知eUc=12mvm2=ℎν−W
知入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大。甲光、丙光的遏止电压相等，所以甲光、丙光的频率相等，波长相等，甲光、丙光的遏止电压小于乙光，则甲光、丙光的频率小于乙光，甲光、丙光的波长大于乙光，故A错误；
B．由公式n=sinisinr可知，入射角相同，折射率越大的，折射角越小，由于乙的频率大于丙的频率，即乙的折射率大于丙的折射率，所以乙光的折射角小，故B错误；
C．由于甲光的频率小于乙光的频率，则不可出现甲光为蓝光，乙光为红光，故C错误；
D．由于甲光的频率小于乙光的频率，由甲光的光子能量小于乙光光子能量，处于基态的氢原子能吸收甲、乙两种光，乙光能跃迁到更高的能级，则吸收乙光后共能发出超过6种频率的光，故D正确。
故选：D。
17．1897年英国物理学家约瑟夫•约翰•汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子，下列有关电子的说法正确的是（ ）
A．电子的发现说明原子核是有内部结构的
B．根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，核外电子动能减小
C．光电效应中，逸出光电子的最大初动能与入射光强度有关
D．β射线是原子核外电子电离形成的电子流
【答案】B
【解答】解：A、电子的发现说明原子是可以再分的，故A错误；
B、根据库仑力提供向心力得
ke2r2=mv2r
电子的动能为
Ek=12mv2
联立得
Ek= ke22r
则知原子从低能级向高能级跃迁时，轨道半径变大，核外电子动能减小，故B正确；
C、根据光电效应方程：Ek＝hν﹣W0，逸出光电子的最大初动能与入射光频率有关，与入射光强度无关，故C错误；
D、从原子核中发出的β射线是电子流，电子是原子核内中子转化为质子而来的，不是原子核外电子电离形成的电子流，故D错误。
故选：B。
18．如图为氢原子的能级图，大量氢原子处于n＝3能级的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（ ）
A．逸出光电子的最大初动能为12.09eV
B．从n＝3能级跃迁到n＝1能级时释放出的光子波长最长
C．有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D．用0.85eV的光子照射氢原子可使氢原子跃迁到n＝4激发态
【答案】C
【解答】解：AB、氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时释放的光子能量最大，频率也最大，能量为
E3﹣E1＝（﹣1.5leV）﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV
照射逸出功为2.29eV的金属钠，光电子的最大初动能为
Ek＝E3﹣E1﹣W0＝12.09eV﹣2.29eV＝9.8eV
频率大的光子波长小，故AB错误；
C、大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时可释放3种不同频率的光子，氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的光子能量为
E3﹣E2＝（﹣1.5leV）﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV＜W0
该光子不能使金属钠发生光电效应，氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时，释放的光子能量为
E2﹣E1＝（﹣3.4eV）﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞W0
可知有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故C正确；
D、如氢原子吸收0.85eV的光子，则吸收后能量为
﹣1.5leV+0.85eV＝﹣0.66eV
没有对应的能级，可知氢原子不能吸收0.85eV的光子从n＝3能级跃迁到n＝4能级，故D错误。
故选：C。
19．如图甲所示是一款光电烟雾探测器的原理图.当有烟雾进入时，来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C，光射到光电管中的钠表面时会产生光电流.如果产生的光电流大于10﹣8A，便会触发报警系统.金属钠的遏止电压Uc随入射光频率ν的变化规律如图乙所示，则（ ）
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波频率要小于金属钠的极限频率
B．图乙中图像斜率的物理意义为普朗克常量h
C．触发报警系统时钠表面会释放出光电子
D．无法通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度
【答案】C
【解答】解：AC、当有烟雾进入时，来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C，照射到钠表面时会产生光电流，根据发射光电效应的条件可知，光源S发出的光波频率要大于金属钠的极限频率，故A错误，C正确；
B、由爱因斯坦光电效应方程可得：eUc＝Ek＝hν﹣hνc，变式可得：Uc=ℎeν−ℎeνc，可知该图像斜率：k=ℎe，故B错误；
D、当光源S发出的光能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管的光就越多，产生的电流越大，越容易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，故D错误。
故选：C。
20．某种复式光由红、蓝两种颜色的光组成，其光强度对波长的关系如图甲所示，红光范围的光强度比蓝光范围的光强度大很多。某学生以此光照射某一金属，进行光电效应实验，发现皆可产生光电子，如图乙所示。设可变直流电源的电压为U时测得的光电流为I，测得多组数据，则下列图像中该实验所测得的I﹣U关系可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解答】解：蓝光的频率高，由eU截=12mvm2=hν﹣W，可知，蓝光的遏止电压比较大，所以在反向电压减小到红光的遏止电压前，只有蓝光的光电子辐射出，所以光电流较小，当反向电压达到红光的遏止电压之后，既有红光的光电子发出又有蓝光的光电子发出，光电流变大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
21．用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应．下列判断正确的是 （ ）
A．用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大
B．用红光照射时，该金属的截止频率低，用蓝光照射时该金属的截止频率高
C．用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短
D．用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大
【答案】D
【解答】解：A、同种金属的逸出功是相同的，A错误；
B、同种金属的截止频率是相同的，B错误；
C、只要金属能发生光电效应，逸出光电子的时间一样，C错误；
D、蓝光的频率比红光大，由EK＝hf﹣W知，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大，D正确；
故选：D。
（多选）22．某种光伏电池的工作原理如图所示。半径为R的透明导电的球壳为阳极A，球形感光材料为阴极K，电压表为理想电压表。现用动量为p的黄光照射K极，K极能发射出最大初动能为Ek的光电子。已知电子电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h，忽略光电子重力及之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．入射光子的波长为pℎ
B．阴极感光材料的逸出功为cp﹣Ek
C．若仅增大入射光强度，电压表的示数将增大
D．若用紫光照射K极，电压表的最大示数将大于Eke
【答案】BD
【解答】解：A、根据德布罗意波长公式可知入射光子的波长为：λ=ℎp，故A错误；
B、根据爱因斯坦光电效应方程：hν＝Ek+W0，结合ν=cλ，解得阴极感光材料的逸出功为：W0＝cp﹣Ek，故B正确；
CD、随着K极逸出的光电子运动到A极，A、K之间的电压逐渐增大，若K电极逸出的最大动能的光电子恰好运动不到A电极时，两极间电压达到最大，再增大入射光强度电压表示数不再增大。此时根据动能定理有：﹣eU＝0﹣Ek，可得两极间的最大电压为：U=Eke，若用光子能量较大的紫光照射K极，可知光电子的最大初动能增大，则有：U＞Eke，故C错误，D正确。
故选：BD。
23．一种利用光电效应原理工作的电源简化结构如图所示，A电极为透明导电球壳，K电极为放置在球壳中心的金属球，现用频率为ν的激光照射装置，K电极表面有电子逸出并向A电极运动，已知K电极金属材料的逸出功为W0，电子电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h，忽略电子之间的相互作用。求：
（1）入射激光的光子动量p；
（2）两电极K、A之间的最大电压Um。
【答案】（1）入射激光的光子动量p为ℎνc；
（2）两电极K、A之间的最大电压Um为ℎve−W0e。
【解答】解：（1）由c＝λv，电子的动量p=ℎλ，可得一个光子的动量p=ℎνc；
（2）当光电子到达A极速度减为零时，电压最大，由动能定理可得﹣eUm＝0﹣Ek，由光电效应方程Ek＝hν﹣W0，可得两电极K、A之间的最大电压Um=ℎve−W0e。
答：（1）入射激光的光子动量p为ℎνc；
（2）两电极K、A之间的最大电压Um为ℎve−W0e。
24．端窗式光电倍增管（PMT）是光电探测特置，其主要结构为光阴极和倍增极组成；当波长为λ的入射光照射到光阴极上时，从光阴极上有电子逸出，光电子的最大速率为vm，光阴极和第一倍增极间的加速电压为U。已知电子电荷量为e，质量为m，普朗克常量为h，光速为c。求：
（1）光阴极材料的逸出功W0；
（2）光电子到达第一倍增极的最大动能。
【答案】（1）光阴极材料的逸出功为ℎcλ−12mvm2；
（2）光电子到达第一倍增极的最大动能为eU+12mvm2。
【解答】解：（1）根据光电效应方程可得：
Ekm=ℎcλ−W0=12mvm2
解得：W0=ℎcλ−12mvm2
（2）根据动能定理可得：
eU＝Ek﹣Ekm
解得：Ek=eU+12mvm2
答：（1）光阴极材料的逸出功为ℎcλ−12mvm2；
（2）光电子到达第一倍增极的最大动能为eU+12mvm2。
25．用能量为50eV的光子照射到光电管阴极后，测得光电流与电压的关系如图所示，已知电子的质量m＝9.0×10﹣31kg、电荷量e＝1.6×10﹣19C，普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s．试求：
①光电管阴极金属的逸出功W；
②光电子的最大动量和对应物质波的波长λ。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：①根据光电效应方程，EKm＝hγ﹣W；
光电管阴极金属的逸出功：W＝E﹣eUc，
代入数据解得：W＝30eV；
②由动能定理，及Uc为遏止电压；
可知，电子的最大初动能EKm＝eUc
由德布罗意波长公式：λ=ℎP，
结合动量与动能关系式：p=2mEK，
解得：λ=ℎ2mEK=ℎ2meUC，
代入数据解得：P＝2.4×10﹣23kgm/s，λ＝2.76×10﹣11m；
答：①光电管阴极金属的逸出功W为30eV；
②光电子的最大动量为2.4×10﹣23kgm/s，对应物质波的波长λ为2.76×10﹣11m。
26．极紫外线是光刻机用来制造先进芯片的光源，其波长λ在121纳米到10纳米之间。已知锌板的极限波长为3.7×10﹣7m，若用波长为10纳米的极紫外线照射锌板，求锌板的逸出功W0及逸出光电子的最大初动能Ek；（已知普朗克常量h＝6.6×10﹣34J•s，真空中光速c＝3.0×108m/s，1纳米＝10﹣9米，计算结果保留两位有效数字。）
【答案】锌板的逸出功为5.4×10﹣19J，逸出光电子的最大初动能为1.9×10﹣17J。
【解答】解：设波长为10纳米的极紫外线的波长为λ，锌板的极限波长为λc，逸出功为W0
则有：W0=ℎνC=ℎcλc
代入数据解得：W0=5.4×10−19J
根据光电效应方程得：Ek=ℎν−W0=ℎcλ−W0
代入数据解得：Ek=1.9×10−17J。
答：锌板的逸出功为5.4×10﹣19J，逸出光电子的最大初动能为1.9×10﹣17J。

▉题型3 光电流与电压的关系图像
【知识点的认识】
光电流与电压的关系如图
1.由图可知再光电效应中存在饱和电流
在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值。也就是说，在电流较小时电流随着电压的增大而增大；但当电流增大到一定
值之后，即使电压再增大，电流也不会再进一步增大了。
这说明，在一定的光照条件下，单位时间内阴极K发射的光电子的数目是一定的，电压增加到一定值时，所有光电子都被阳极A吸收，这时即使再增大电压，电流也不会增大。
实验表明，在光的频率不变的情况下，入射光越强
饱和电流越大。这说明，对于一定频率（颜色）的光，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多。
2.由图可知存在截止电压
如果施加反向电压，也就是阴极接电源正极、阳极接电源负极，在光电管两极间形成使电子减速的电场，电流有可能为0。使光电流减小到0的反向电压Uc称为截止电压。
截止电压的存在意味着光电子具有一定的初速度，初
速度的上限vc应该满足以下关系：
12mevc2=eUc
进一步的实验表明，同一种金属对于一定频率的光，无论光的强弱如何，截止电压都是一样的。光的频率v改
变时，截止电压Uc也会改变。这意味着，对于同一种金属，光电子的能量只与人射光的频率有关，而与入射光的强弱无关。
27．用图甲所示装置探究光电效应规律，得到a、b两种金属材料遏止电压Uc随入射光频率ν变化的图线如图乙中1和2所示，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是（ ）
A．图甲所示电路中光电管K、A间加的是正向电压
B．图线的斜率为he
C．金属材料a的极限频率较大
D．用同一种光照射并发生光电效应时，a材料逸出的光电子反向遏止电压较大
【答案】D
【解答】解：A．图示电路中光电管K、A间加的是反向电压，用来测遏止电压，故A错误；
BC．设金属的逸出功为W0，截止频率为ν0，则有：W0＝hν0，光电子的最大初动能Ekm与遏止电压Uc的关系是：Ekm＝eUc，光电效应方程为：Ekm＝hv﹣W0；联立两式可得：Uc=ℎe⋅v0−W0e，故Uc与ν图像的斜率为ℎe，图像的纵轴截距表示−W0e，从而可知金属材料b的逸出功较大，b的极限频率较大，故BC错误；
D．用同一种光照射发生光电效应时，由于金属材料a的极限频率较小（W0较小），则金属材料a逸出的光电子的初动能较大，即a材料逸出的光电子反向遏止电压较大，故D正确。
故选：D。
▉题型4 光电效应方程的图像问题
【知识点的认识】
1.爱因斯坦光电效应方程为：Ek＝hν﹣W0，因此可以做出Ek随ν变化的图像。如下图：
图像中，斜率为普朗克常量h，纵截距为逸出功，横截距为截止频率。
2.因为eUc=12mv2，光电效应方程可以做出以下变形：eUc＝hν﹣W0
因此可以做出Uc随ν变化的图像，如下图：
由eUc＝hν﹣W0变形可得Uc=ℎeν−W0e，图像的斜率为ℎe，纵截距为W0e，横截距表示截止频率。
28．如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1＜ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解答】解：由光电效应方程：
hν=12mvm2+W0，
又W0＝hν0，
光电子到达A极板过程，由动能定理：
eU＝Ekm−12mvm2，
联立知，光电子到达A板时动能的最大值
Ekm＝eU+hν﹣hν0，
可见Ekm﹣U图像的斜率为e，纵截距为hν﹣hν0。
由题知，1材料的截止频率小于2材料的截止频率，即ν1＜ν2，且入射光相同，则hν﹣hν1＞hν﹣hν2，可见用材料1和2进行光电效应实验得到的Ekm﹣U图线相互平行，且用材料1进行光电效应实验得到的Ekm﹣U图像的纵截距较大。故C正确，ABD错误。
故选：C。
29．图甲所示实验装置中阴极K由金属M制成，由此装置测出金属M的遏止电压Uc与入射光的频率ν关系如图乙所示。已知普朗克常量h＝6.6×10﹣34J•s。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中滑片P向a端移动时，微安表示数越来越大
B．图乙中直线的斜率为he
C．由图乙可知金属M的逸出功约为4.27eV
D．图乙中A点对应的入射光光子动量约为1.2×10﹣27kg•m/s
【答案】D
【解答】解：A．图像甲中滑片向a端移动，则所加为反向电压，随着电压增大，电流逐渐减小，故A错误；
B．根据光电效应方程可知eUc＝hν﹣W0，所以Uc=ℎeν−W0e，故B错误；
C．由光电效应方程可知eUc＝hν﹣W0，可解得W0≈1.78eV，故C错误；
D．图像中，可知A点的频率为ν＝5.5×1014Hz，又因为光子的动量为p=ℎλ，c＝λv，故p≈1.2×10﹣27kg•m/s，故D正确。
故选：D。
30．如图甲所示为某同学设计的光电效应实验的电路图，该设计既可以观测饱和电流，又可以观测遏止电压。通过实验得到了如图乙所示的电流表示数随滑动片移动长度L的变化图像，电路图中的电表均为理想表，下列说法正确的是（ ）
A．图线A为开关S闭合至2时的图像
B．滑动变阻器越长实验现象越明显
C．长度L为滑动变阻器滑动片到其b端间距离
D．乙图中L0位置所对应电压为遏止电压
【答案】D
【解答】解：A．乙图中曲线B初始部分没有电流而后随长度的增大而增大，曲线A表示电流随长度的增大而增大，说明曲线A对应正向电压，且长度增大电压增大，曲线B对应反向电压，且长度增大电压减小，所以曲线A为开关闭合2时的图像，曲线B为开关闭合1时的图像，故A错误；
B．能否观测到饱和电流和遏止电压由电源的电动势大小决定，故B错误；
C．曲线A对应正向电压，且长度增大电压增大，则长度L应为滑动变阻器滑动片到其a端的距离，故C错误；
D．乙图中L0位置前曲线B无电流，说明此时对应电压为遏止电压，故D正确。
故选：D。
▉题型5 光子与光子的能量
【知识点的认识】
1.爱因斯坦认为电磁波本身的能量也是不连续的，即认为光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为v的光的能量子为hν，其中，h为普朗克常量。这些能量子后来称为光子。
2.光子的能量为：ɛ＝hν。
31．1921年，爱因斯坦因为“光的波粒二象性”这一成就而获得了诺贝尔物理学奖。光子既有能量也有动量，当光子与一个静止的电子发生碰撞后，光子的一部分能量转移给电子。在碰撞过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．能量守恒B．动量守恒
C．光子的频率变大D．光子的波长变大
【答案】C
【解答】解：A.光子与电子碰撞时，组成的系统能量守恒，故A正确；
B.撞过程中系统不受外力，则动量守恒，故B正确；
CD.光子将部分能量转移给电子，由E＝hν可知，光子能量减少，频率应减小，波长λ=cν，频率减小，则波长变大，故C错误，D正确。
本题选错误的，故选：C。
32．脉冲燃料激光器以450μs的脉冲形式发射波长为585nm的光，这个波长的光可以被血液中的血红蛋白强烈吸收，从而有效清除由血液造成的瘢痕。每个脉冲向瘢痕传送约为5.0×10﹣3J的能量，普朗克常量为6.626×1﹣34J•s。（ ）
A．每个光子的能量约为5×10﹣19J
B．每个光子的动量约为3.9×10﹣43kg•m/s
C．激光器的输出功率不能小于1.24W
D．每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为1.47×1016个
【答案】D
【解答】解：A、每个光子的能量约为
E=ℎcλ=6.626×10−34×3×108585×10−9J=3.4×10−19J，故A错误；
B、每个光子的动量约为
p=ℎλ=6.626×10−34585×10−9kg⋅m/s=1.13×1027kg⋅m/s，故B错误；
C、激光器的输出功率不能小于
P=5.0×10−3450×10−6W=11.1W，故C错误；
D、每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为
n=5.0×10−33.4×10−19个=1.47×1016个，故D正确；
故选：D。
33．如图所示，在x＞0、y＞0的区域内存在某种介质，其折射率随x轴均匀变化。有两束激光a、b从左侧同一位置沿相同方向射向该介质，传播路径如图，则下列说法正确的是（ ）
A．该介质折射率随x的增大而增大
B．激光a、b从介质右侧射出的光线一定平行
C．a光的频率比b光的频率大
D．a光的光子能量大于b光的光子能量
【答案】A
【解答】解：A、根据题图可知，介质的折射率随着x的变化而变化，由图可知，x一定时，入射角大于折射角，可知此介质的折射率随着x的增大而增大，故A正确；
B、根据折射定律可知，
n=sinisinr
折射率随x轴均匀变化，则激光a、b从介质右侧射出的光线的折射角不同，两光线一定不平行，故B错误；
C、由光线的偏折程度知介质对光a的折射率比对光b的折射率小，故a光的频率比b光的频率小，故C错误；
D、根据C选项分析可知，a光的频率比b光的频率小，根据光子的能量公式E＝hν可知，a光的光子能量小于b光的光子能量，故D错误；
故选：A。
34．甲、乙两种光子的动量之比为3：2，乙光子能使某金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能为Ek，已知乙光子的能量为E，则（ ）
A．甲、乙两种光子的能量之比为9：4
B．用甲光照射该金属时，产生的光电子最大初动能为12E+Ek
C．甲、乙两种光的波长之比为3：2
D．用甲光照射时，该金属逸出功32（E﹣Ek）
【答案】B
【解答】解：A、由光子能量：ɛ＝hν=ℎcλ，光子动量：p=ℎλ，可得：ɛ＝pc，则甲、乙两种光子的能量之比为3：2，故A错误；
C、由光子动量：p=ℎλ，可得波长λ=ℎp，可得甲、乙两种光子的波长之比为2：3，故C错误；
BD、根据爱因斯坦光电效应方程可得：Ek甲＝ɛ甲﹣W0，Ek乙＝ɛ乙﹣W0＝Ek
已知：ɛ乙＝E，Ek乙＝Ek，又有：ɛ甲=32ɛ乙
联立解得用甲光照射时产生的光电子最大初动能为：Ek甲=12E+Ek
该金属逸出功：W0＝ɛ乙﹣Ek乙＝E﹣Ek，故B正确，D错误。
故选：B。
35．“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为λ。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：
（1）每个光子的能量E；
（2）太阳辐射硬X射线的总功率P。
【答案】（1）每个光子的能量为ℎcλ；
（2）太阳辐射硬X射线的总功率为4πNℎcR2λs。
【解答】解：（1）每个光子的能量E＝h=ℎcλ
（2）太阳t时间辐射硬X射线的总能量为W=Nℎcλ=ntS⋅4πR⋅2ℎcλ
太阳辐射硬X射线的总功率P=Wt
联立解得P=4πNℎcR2λs
答：（1）每个光子的能量为ℎcλ；
（2）太阳辐射硬X射线的总功率为4πNℎcR2λs。
▉题型6 康普顿效应的现象及解释
【知识点的认识】
1.康普顿效应：美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长小于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。
2.康普顿效应与经典物理理论的矛盾
（1）按照经典物理学的理论，入射光引起物质内部带电微粒的受迫振动，振动着的带电微粒从入射光吸收能量，并向四周辐射，这就是散射光。
（2）散射光的频率应该等于带电微粒受迫振动的频率（即入射光的频率）。因此散射光的波长与入射光的波长应该相同，不应该出现波长变长的散射光。
（3）经典物理理论无法解释波长改变与散射角的关系。
2.康普顿效应的理解
假定X射线光子与电子发生完全弹性碰撞，这种碰撞跟台球比赛中的两球碰撞很相似，按照爱因斯坦的光子说，一个X射线光子不仅具有能量E＝hv，而且还有动量。如图所示，这个光子与静止的电子发生弹性斜碰，光子把部分能量转移给了电子，能量由hv减小为hv'，因此频率减小，波长增大。同时，光子还使电子获得一定的动量。这样就圆满地解释了康普顿效应。
3.光子动量的理解
由E＝hν和p=ℎλ可知，不连续的光，其能量与动量都用描述波的物理量来描述，即光不仅表现出粒子性，同时也表现出波动性。
36．物理学中常用的方法和物理学史是物理学的重要内容，对于提高物理学科素养有重要作用。下列说法中正确的是（ ）
A．物理学常用比值法来定义许多物理量，如密度ρ=mV，电阻R=UI，加速度a=Fm
B．现代科学理论认为大质量恒星塌缩成黑洞的过程受核反应 612C+Y→816O的影响，其中Y是β粒子
C．卢瑟福在用α粒子轰击铍核实验中发现了中子，核反应方程为 24He+49Be→612C+01n
D．康普顿效应表明光子不仅具有能量，而且还具有动量
【答案】D
【解答】解：A．密度ρ=mV和电阻R=UI是比值定义法，但加速度a=Fm由牛顿第二定律得出，是决定式而非比值定义，故A错误；
B．核反应方程需满足质量数和电荷数守恒，根据C612+Y→O816，可得Y的质量数为4，电荷数为2，所以Y应为α粒子（ 24He），故B错误；
C．卢瑟福未发现中子，该实验由查德威克完成，查德威克发现中子，故C错误；
D．康普顿效应中光子与电子碰撞时动量守恒，表明光子具有动量，故D正确。
故选：D。
37．关于康普顿效应理论和爱因斯坦的光电效应理论，下列说法正确的是（ ）
A．光电效应理论表明光具有粒子性，康普顿效应理论表明光具有波动性
B．光电效应理论表明光具有波动性，康普顿效应理论表明光具有粒子性
C．光电效应理论和康普顿效应理论都表明光具有粒子性
D．光电效应理论和康普顿效应理论都表明光具有波粒二象性
【答案】C
【解答】解：光电效应理论和康普顿效应理论都表明光具有粒子性，故C正确，ABD错误；
故选：C。
38．碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象，在了解微观粒子的结构和性质的过程中，碰撞的研究起着重要的作用。
（1）一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是v1。该未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是17v1，已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，求该未知粒子的质量；
（2）光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量。由狭义相对论可知，一定的质量m与一定的能量E相对应：E＝mc2，其中c为真空中光速。
①已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E＝hν，其中h为普朗克常量。试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量＝质量×速度，推导该单色光光子的动量p=ℎλ；
②在某次康普顿效应中，为简化问题研究，设入射光子与静止的无约束自由电子发生弹性碰撞，如图，碰撞后光子的方向恰好与原入射方向成90°，已知：入射光波长λ0，散射后波长为λ1，普朗克恒量为h，光速为c，求碰撞后电子的动量和动能。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设未知粒子的质量为m，入射前速度为v，并设入射前速度方向为正方向，入射氢原子核过程，设入射未知粒子碰后速度为v2，根据弹性正碰的动量守恒得：mv＝mv2+mHv1，根据能量守恒得：12mv2=12mv22+12mH2v12
入射氮原子核过程，设入射未知粒子碰后速度为v3，根据弹性正碰的能量守恒得：mv＝mv3+14mH×17v1，根据能量守恒得：12mv2=12mv32+12×14mH×(17v1)2
联立以上各式可以求解未知粒子的质量m=76mH；
（2）①根据E＝mc2，单色光光子的能量E＝hν＝hcλ，联立有mc2=ℎcλ，根据动量的定义，p＝mc=ℎλ；
②设电子碰撞后动量为p，根据动量守恒定律，碰后光子动量与电子动量的矢量和应该等于碰前光子的动量，如下图所示：
可以得出p=p02+p12=(ℎλ0)2+(ℎλ1)2
根据能量守恒得碰撞后电子的动能E=ℎcλ0−ℎcλ1。
答：（1）未知粒子的质量为76mH；
（2）①根据E＝mc2，单色光光子的能量E＝hν＝hcλ，联立有mc2=ℎcλ，根据动量的定义，p＝mc=ℎλ；
②碰撞后电子的动量为(ℎλ0)2+(ℎλ1)2；
碰撞后电子的动能为ℎcλ0−ℎcλ1。
▉题型7 光子的动量
【知识点的认识】
康普顿用光子模型成功的解释了康普顿效应。他的基本思想是：光子不进具有能量，而且具有动量，光子的动量p与光子的波长λ和普朗克常量h有关。这三个量之间的关系为：p=ℎλ。
39．考虑光子在等离子体（电离的气体）内穿行，自由电子对光子有散射作用，即当光子遇到自由电子后，电子在电场作用下作受迫振动，并向四周辐射出光子，电子对光子的散射实际上起到了阻碍光子流定向输运能量的作用，已知典型的散射截面（即电子与光子发生相互作用的截面，可视为圆形截面）为σ0＝6.7×10﹣28m2，等离子体中电子数密度为ne＝1.0×1030m﹣3，真空中光速为c＝3.0×108m•s﹣1，光子相对任何电子的速度都为c，则光子连续两次被电子散射之间所通过的自由路程，即平均自由程为（ ）
A．1.5mmB．1.5cmC．1.5dmD．1.5m
【答案】A
【解答】解：依题意，单位距离的平均散射次数为n=1s=neσ0，代入数据解得n＝6.7×102m﹣1
那么可知，光子连续两次被电子散射之间所通过的自由路程，即平均自由程为s=16.7×102m−1≈1.5×10−3m=1.5mm
故A正确，BCD错误。
故选：A。
40．a、b两束单色光的波长分别为λa和λb，通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样，则这两束单色光（ ）
A．b单色光的波动性比a单色光强
B．在水中的传播速度va＜vb
C．光子动量pa＜pb
D．a、b两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Δxa＜Δxb
【答案】C
【解答】解：A．在相同的单缝衍射实验装置的条件下，光的波长越长，其衍射现象越显著，中央亮条纹越宽。从衍射图样可知光束a衍射的中央亮纹比光束b衍射的中央亮纹宽，故可知λa＞λb，b单色光的波动性比a单色光弱，故A错误；
B．根据c＝λν可知波长长，则频率低，折射率小，根据v=cn，在水中的传播速度va＞vb，故B错误；
C．光子动量p=ℎλ，所以pa＜pb，故C正确；
D．a、b两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Δx=λLd，则Δxa＞Δxb，故D错误。
故选：C。
41．被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有η（η＜1）倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为ν的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为ν光子的功率为（ ）
A．4NL2ℎνR2ηB．2NL2ℎνR2η
C．ηL2ℎν4R2ND．ηL2ℎν2R2N
【答案】A
【解答】解：以天体为球心，在天眼处对应的球形的表面积为S1＝4πL2
天眼接收光子的横截面的面积为S2＝πR2
天眼接收光子的功率为P1＝Nhν
该天体发射频率为ν光子的功率P=S1S2•1ηP1=4NL2ℎνR2η
故A正确，BCD错误；
故选：A。
42．如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α，碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．碰前入射光的波长为p0ℎ
B．碰后电子的能量为p2c
C．p0＝p1csα+p2csβ
D．p0＝p1+p2
【答案】C
【解答】解：A．根据德布罗意公式p=ℎλ可知，碰前入射光的波长为λ0=ℎp0，故A错误；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为E=p222m，故B错误；
CD．沿着光子入射方向的动量守恒，即水平方向由动量守恒定律可知p0＝p1csα+p2csβ，故C正确，D错误。
故选：C。
43．甲、乙两种单色光通过同一双缝干涉实验装置得到的干涉图样如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．同等条件下乙光比甲光衍射现象更明显
B．甲光光子的动量大于乙光
C．两束单色光照射同一种金属均有光电子逸出，甲光照射后逸出的光电子最大初动能较小
D．光强相同的甲、乙两光，甲光单位时间内发射的光子数较少
【答案】C
【解答】解：A．根据双缝干涉图样相邻亮条纹中心间距离公式
Δx=Ldλ
可知
λ甲＞λ乙
根据发生明显衍射现象的条件，可知同等条件下甲光比乙光衍射现象更明显，故A错误；
B．根据光子动量方程
p=ℎλ
可知甲光光子的动量小于乙光，故B错误；
C．根据爱因斯坦光电效应方程
Ek=ℎcλ−W
可知两束单色光照射同一种金属均有光电子逸出，甲光照射后逸出的光电子最大初动能较小，故C正确；
D．光强相同，单位时间内通过垂直于光的传播方向的平均光能相同，则由
n=Eℎν=Eλℎc
可知甲光单位时间内发射的光子数较多，故D错误。
故选：C。
44． 35Li（锂核）是不稳定的，一个静止的 35Li分裂时的核反应方程为 35Li→ 24He+X+γ，其中X的动量大小为p1， 24He的动量大小为p2，γ光子与 24He运动方向相同，普朗克常量为h.则（ ）
A．X是中子
B．X是电子
C．γ光子的波长为ℎp1−p2
D．γ光子的波长为ℎp1+p2
【答案】C
【解答】解：AB、根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，则X是质子，故AB错误；
CD、设γ光子的动量大小为p，取γ光子与 24He运动方向为正方向，由动量守恒定律得：﹣p1+p2+p＝0，可得p＝p1﹣p2，则γ光子的波长为λ=ℎp=ℎp1−p2，故C正确，D错误。
故选：C。
45．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是（ ）
A．红光B．橙光C．黄光D．绿光
【答案】A
【解答】解：红、橙、黄、绿四种单色光中，波长最长的是红光，在真空中传播速度相同，则红光的频率最小，所以红光的光子能量最小。
故选：A。
46．一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10﹣7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个。普朗克常量为h＝6.63×10﹣34J•s。R约为（ ）
A．1×102mB．3×102mC．6×102mD．9×102m
【答案】B
【解答】解：设每个光子的能量大小为ɛ，则有：
ɛ＝hν=ℎcλ=6.63×10﹣34×3×1086×10−7J＝3.315×10﹣19J
因为该光源辐射的功率为113W，由W＝Pt可知，每秒向外辐射的能量为
W＝113×1J＝113J
即以光源为球心，每秒通过某球面的光子能量为113J。故距离光源R处的球面满足数学公式：
3×1014×3.315×10﹣19×4πR2＝113
可以解得：R≈300m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
47．光源通过电子—光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（ ）
A．频率减小B．波长减小C．动量减小D．速度减小
【答案】B
【解答】解：ABD、根据光子能量计算公式E＝hν=ℎcλ可得：λ=ℎcE，光在真空中传播速度c不变，光子能量增加后频率增加、波长减小，故A错误、B正确；
C、根据p=ℎλ可知，光子能量增加后波长减小，则光子动量增加，故C错误。
故选：B。
48．甲、乙两种光子的能量之比为1：2，则甲、乙两种光子的（ ）
A．动量之比为1：2B．频率之比为1：1
C．波速之比为1：2D．波长之比为1：1
【答案】A
【解答】解：B.根据E＝hν可知，光子的能量与频率成正比，因为甲、乙两种光子的能量之比为1：2，则甲、乙两种光子的频率之比为1：2，故B错误；
C.光速c是常数，与光子能量无关，故甲、乙光子的波速相同，波速之比为 1：1，故C错误；
D.根据c＝νλ可知，光子的波长与频率成反比，因为甲、乙两种光子的频率之比为1：2，则甲、乙两种光子的波长之比为 2：1，故D错误；
A.因为：p=ℎλ，E＝hν，c＝νλ，
所以：E＝pc，
可知光子的能量与动量成正比，因为甲、乙光子能量之比为 1：2，所以甲、乙光子动量之比也为 1：2，故A正确；
故选：A。
49．激光器发光功率为P，所发射的一束水平平行光束在空气中的波长为λ光束的横截面积为S，垂直射到放在光滑水平面上的理想黑色物体的竖直表面上，光被完全吸收。光束的照射时间为t，物体的质量为m，光子的动量p=ℎλ，空气中光速为c，求
（1）物体在光照射时产生的光压（光子作用力产生的压强）；
（2）物体获得的速率和增加的内能。
【答案】（1）物体在光照射时产生的光压为PcS；
（2）物体获得的速率为Ptmc，增加的内能为Pt−P2t22mc2。
【解答】解：（1）每个光子的动量为
p1=ℎλ
取较短时间Δt，Δt时间内物体吸收的光子数为
Δn=PλΔtℎc
以碰撞前的速度为正方向，由动量定理得
FΔt＝Δnp1
物体受到的光子作用力为F'，由牛顿第三定律有
F′＝F
该力产生的压强为
p压=F′S
可得
p压=PcS
（2）以碰撞前的速度为正方向，光子与物体系统动量守恒有
np1＝mv
得
v=Ptmc
系统能量守恒有
Pt+12mv2=Q
得
Q=Pt−P2t22mc2
答：（1）物体在光照射时产生的光压为PcS；
（2）物体获得的速率为Ptmc，增加的内能为Pt−P2t22mc2。
50．我国正进行太阳帆推进器研究，宇宙飞船上携带面积很大反射率极高的太阳帆。太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，加速航天器。已知真空中光速为c，光子的频率ν，普朗克常量h，太阳帆面积为S，单位时间内垂直照射到太阳帆单位面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。
（1）求单位时间内作用在太阳帆上的光子个数N；
（2）假设未打开太阳帆前宇宙飞船做匀速直线运动，太阳帆打开后，太阳光垂直照射，求宇宙飞船的加速度大小a；
（3）若太阳在“核燃烧”的过程中每秒钟质量减少Δm，假设能量均以光子形式不断向外辐射。请你利用题目所给数据，说明如何估测宇宙飞船到太阳的距离l。
【答案】（1）单位时间内作用在太阳帆上的光子个数为ESℎv；
（2）宇宙飞船的加速度大小a为2ESMc；
（3）估测宇宙飞船到太阳的距离l为Δmc24πE。
【解答】解：（1）单位时间内垂直照射到太阳帆总面积S上的总光能为ES，单个光子能量ɛ＝hν，解出单位时间内作用在太阳帆上的光子个数N=ESℎv；
（2）光子的动量p=ℎλ=ℎvc，Δt时间照射到太阳帆总面积上所有光子的动量为p′＝NpΔt，由于所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，则动量变化为Δp＝2p′＝2NpΔt，运用动量定理求解所有光子受到的平均作用力F=ΔpΔt，代入数据得F＝2Np=2ESc，根据牛顿第三定律照射到太阳帆总面积上所有光子对宇宙飞船的作用力F′＝F=2ESc，再运用牛顿第二定律求宇宙飞船的加速度大小a=F′M=2ESMc；
（3）根据爱因斯坦质能方程求解出太阳每秒钟向外辐射的能量为E′＝Δmc2，根据能量守恒，以太阳为中心，l为半径的球壳上每秒得到的能量也为E′，即E′＝4πl2E，则估测宇宙飞船到太阳的距离l=E′4πE=Δmc24πE。
答：（1）单位时间内作用在太阳帆上的光子个数为ESℎv；
（2）宇宙飞船的加速度大小a为2ESMc；
（3）估测宇宙飞船到太阳的距离l为Δmc24πE。

题型1 能量子与量子化现象
题型2 爱因斯坦光电效应方程
题型3 光电流与电压的关系图像
题型4 光电效应方程的图像问题
题型5 光子与光子的能量
题型6 康普顿效应的现象及解释
题型7 光子的动量