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物理选择性必修三4.2 光电效应同步练习（优生加练）
一、选择题
1．人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉，普朗克常量为6.63×10－34J·s，光速为3.0×108m /s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是（　　）
A．2.3×10－18W B．3.8×10－19W
C．7.0×10－10W D．1.2×10－18W
【答案】A
【知识点】光的波粒二象性
【解析】【解答】每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，所以察觉到绿光所接收到最小功率为P＝ ＝ W＝ 2.3×10－18W。
【分析】光的波粒二象性和能量子分析可得。
2．如图是工业生产中用到的光控继电器示意图（部分），它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当用黄光照射光电管阴极时，没有发生光电效应，当用蓝光照射光电管阴极时，发生了光电效应。则（　　）
A．端应该接电源正极
B．增大黄光照射强度，电路中可能存在光电流
C．增大蓝光照射强度，光电子的最大初动能增大
D．若将电源正负极对调，电路中可能没有电流
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题考查光电效应，要求学生能分析实验发生的装置图以及结合光电效应方程进行分析。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A．电路中产生电流，结合题意可知，使逸出的光电子在光电管中加速，放大器的作用是将光电管中产生的电流放大后，则a端接电源的正极，故A错误；
B．否发生光电效应取决于入射光的频率，与入射光强度无关。黄光照射时未发生光电效应，说明黄光频率低于光电管阴极材料的截止频率，即便增大黄光强度，也不会发生光电效应，电路中不会有光电流，故B错误；
C．光电子的最大初动能只与入射光频率有关，增大蓝光照射强度，即增加蓝光的光子数，但蓝光频率不变，所以光电子的最大初动能不变，故C错误；
D．调转电源正负极，可以减小电路中的电流，若当电源电压小于光电管的遏制电压时，电路中有电流出现，当电源电压大于光电管的遏制电压时，电路中没有电流，故若将电源正负极对调，电路中可能没有电流，故D正确。
故选D。
【分析】电路中a端应该接电源正极，则经放大器放大后的电流使电磁铁被磁化，将衔铁吸住；调转电源正负极，电流会减小但不一定为零；光电效应的发生与否决定于光的频率；若光电效应能发生，光电子的最大初动能由光的频率决定而与强度无关。
3．如图所示，在真空中有一个折射率为、半径为r的均质小球，频率为ν的细激光束在真空中沿直线BC传播，BC与小球球心O的距离，光束经C点折射进入小球，并于D点出射。已知普朗克常数为h，，则在两次折射过程中一个光子对小球平均作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的波粒二象性
【解析】【解答】已知光束经过两次折射，可以画出光束折射与直线传播的光路图，如图所示：
根据几何关系有
所以
根据折射定律可得
则可以得出
激光束经两次折射，频率不变，故折射前后光子的动量的大小不变，根据动量的表达式有
根据几何关系可以得出：光子的动量的方向夹角为
根据图示及几何关系可以求出：光子的动量变化量为
已知光在介质中的折射率大小，结合速度公式可以得出：光子在小球内的运动时间为
小球对光子的冲量产生光子动量的变化，根据光子的动量定理，可得
联立可得
根据牛顿第三定律可得光子对小球平均作用力大小为
故选B。
【分析】根据光传播的路径可以得出光子初末动量的方向，进而求出动量变化量的大小，结合动量定理及光传播的时间可以求出光子对小球平均作用力的大小。
4．我国科学家吴有训在上世纪20年代进行X射线散射研究，为康普顿效应的确立做出了重要贡献。研究X射线被较轻物质散射后光的成分发现，散射谱线中除了有波长与原波长相同的成分外，还有其他波长的成分，这种现象称为康普顿效应。如图所示，在真空中，入射波长为的光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子传播方向与入射方向夹角为37°，碰后电子运动方向与光子入射方向夹角为53°（，），下列说法正确的是（　　）
A．该效应说明光具有波动性
B．碰撞后光子的波长为
C．碰撞后电子的德布罗意波长为
D．碰撞后光子相对于电子的速度大于
【答案】B
【知识点】康普顿效应
【解析】【解答】A.该效应是康普顿效应，说明光具有粒子性，故A不符合题意；
BC.设碰撞之前光子的动量为，碰撞之后光子的动量为，电子的动量为，由动量守恒定律得：，，解得：，，根据得：，，故B符合题意，C不符合题意；
D.因为光子的速度等于光速，根据爱因斯坦的光速不变原理即在任何参考系中光速不变，可知光子相对于电子的速度还等于，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】康普顿效应证明了光具有粒子性；根据动量守恒定律和波长的计算公式求得碰撞后光子的波长；根据光速的特点结合题目选项分析判断。
5．如图所示，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，两束光分别从两点射出。下列说法正确的是（　　）
A．点比点先有光射出
B．从点射出的光子比从点射出的光子的动量小
C．通过相同的单缝，从点射出的光比从点射出的光衍射现象更明显
D．调节的入射方向，从曲面射出的光有可能与方向平行
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的波粒二象性；光的衍射
【解析】【解答】C．由图可知，从B点射出的光偏折程度较大，故玻璃对从B点射出的光的折射率较大，所以从B点射出的光频率比较大，波长较短，即从B点射出的光为紫光，C点射出的光为红光。通过相同的单缝，波长越长的光衍射现象越明显，则从点射出的光比从点射出的光衍射现象更明显。故C错误；
A．连接BD、CD，如下图所示
设折射角分别为、，则根据折射定律有
，
联立解得
光在半圆柱体玻璃中传播时间为
所以两束光在半圆柱体玻璃中传播时间相等，故A错误；
B．根据上述分析可知
则色光频率
光子动量
故
故B错误；
D．根据折射定律，穿过平行玻璃砖的入射光线和出射光线平行，则调整的入射方向，当色光从半圆柱的最低点射出时，即曲面在该点的切线与平行时，从曲面射出的光与方向平行。故D正确。
故选D。
【分析】BC、根据光路图可知，B点射出光偏折程度大，折射率大、频率大、波长短，结合光子动量公式和明显衍射条件分析判断；
A、根据折射定律，结合几何关系求解射出时间，分析判断；
D、根据折射定律，穿过平行玻璃砖的入射光线和出射光线平行，则调整的入射方向，当色光从半圆柱的最低点射出时，即曲面在该点的切线与平行时，从曲面射出的光与方向平行。
6．真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为和）制成，极板正对面积为S，间距为d，相对介电常数。已知真空中光速为c，静电力常量为k，普朗克常量为h，元电荷为e。现用波长为的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q等于（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；光电效应
【解析】【解答】 为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光电效应理论。光电效应方程
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。铂的极限波长为λ1，钾的极限波长为λ2，因为λ1＜λ＜λ2 ，由公式
可知，波长越大，频率越小，现用波长为λ(λ1＜λ＜λ2)的单色光持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板，光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容器的负极板，根据爱因斯坦光电效应方程有
又因为逸出功
光电子不断从钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为，极板的带电量最大为，则有电场力做功大小刚好等于电子的最大初动能。
根据平行板电容器的决定式可知，真空中平行板电容器的电容
根据电容器的定义式
可得，极板上的带电量为
联立可得
其中
电容器的最终带电荷量为
故选A。
【分析】 首先利用光电效应方程求出电子的初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零；根据动能定理、光电效应方程结合电容的定义式进行解答。
7．如图所示，一个光子和一个静止的电子相互碰撞后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去且波长变长，则这个散射光子跟原来的光子相比（　　）
A．频率不变 B．频率变小 C．动量不变 D．动量变大
【答案】B
【知识点】康普顿效应
【解析】【解答】AB．光子的波长变长，根据
可判断出光子的频率变小，故A错误，B正确；
CD．当入射光子与静止的电子碰撞时，一部分动量会转移给电子，因此动量减小，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据得出光子的频率变化；
根据入射光子与静止的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，得出动量变化。
8．“胜哥”用单色光a、b分别照射同一双缝干涉实验装置，双缝到光屏的距离保持不变，在光屏上出现的干涉图样分别如图所示，下列关于两单色光a、b的说法中正确的是（　　）
A．单色光a比单色光b更容易发生明显衍射
B．单色光a的频率小于单色光b的频率
C．单色光a的光子能量大于单色光b的光子能量
D．在同一玻璃砖中单色光a的传播速度比b大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射；光子及其动量
【解析】【解答】A．a光干涉条纹间距小，由干涉条纹间距公式可知，单色光a比单色光b波长短，单色光a比单色光b更不容易发生明显衍射，故A错误；
B．单色光a比单色光b波长短，单色光a的频率大于色光b的频率，故B错误；
C．根据可知，单色光a的光子能量大于单色光b的光子能量，故C正确；
D．由公式可知，在同一玻璃砖中单色光a的传播速度比b小，故D错误。
故选C。
【分析】根据干涉条纹间距公式比较波长，然后根据发生明显衍射的条件分析；根据波长和频率的关系分析；根据光子能量公式分析；根据频率和折射率的关系，以及速度与折射率的关系分析。
9．“胜哥”让电子束通过电场加速后，通过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为，加速后电子速度，普朗克常量，则（　　）
A．该图样说明了电子具有粒子性
B．该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm
C．加速电压越大，电子的物质波波长越大
D．使用电子束工作的电子显微镜中，加速电压越大，分辨本领越弱
【答案】B
【知识点】康普顿效应
【解析】【解答】A．图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样，因为衍射是波所特有的现象，所以说明了电子具有波动性，A不符合题意；
B．由德布罗意波长公式可得
而动量
两式联立得
该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm，B符合题意；
C．由德布罗意波长公式可得
而动量
两式联立得
加速电压越大，电子的波长越短，衍射现象就越不明显，分辨本领越强，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】电子的衍射现象说明电子具有波动性，结合德布罗意波长的表达式以及动量的表达式和动能和动量的表达式得出物质波的波长以及电子显微镜的分辨本领。
10．介子会发生衰变，反应方程式为，即生成一个介子和一个子中微子。在云室中可观察到介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且。则和粒子的动量之比可能为（　　）
A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．2∶1
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；光子及其动量
【解析】【解答】介子和介子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
解得动量，由核反应方程知只有介子和介子带有电荷，设衰变前为正方向，则衰变前后动量守恒，即，所以介子在磁场中的轨迹半径为，动量大小为，介子在磁场中的轨迹半径为，动量大小为
所以，且，解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则，动量，衰变前后动量守恒，即联立可求解和粒子的动量之比 。
11．“胜哥”在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长相同的成分外，还有波长大于的成分。这些波长大于的成分与入射的X射线相比（　　）
A．能量增大 B．动量增大 C．波速减小 D．频率减小
【答案】D
【知识点】康普顿效应
【解析】【解答】这些波长大于的成分与入射的X射线相比，传播介质不变，波速v不变，X射线光子的能量和动量分别为
所以频率减小，能量减小，动量减小，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】与入射的X射线相比，传播介质不变，波速v不变。频率减小，能量减小，动量减小。
12．大型钛合金构件在航天、航空领域应用广泛，我国使用微光焊接复杂钛合金构件的技术和能力已达到世界一流水平。若某型号激光焊机的功率为30kW，发射的激光波长为，已知普朗克常量，光速为，则（　　）
A．该激光的频率为
B．每个激光光子的能量为
C．每个激光光子的动量为
D．该型号焊机每秒发射激光光子数约为个
【答案】B
【知识点】康普顿效应
【解析】【解答】A．根据光的波长与频率的关系，可得激光的频率为
A不符合题意；
B．每个激光光子的能量为
B符合题意；
C．每个激光光子的动量为
C不符合题意；
D．激光焊机的功率为30kW，则有
可得每秒发射激光光子数约为
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据光的波长与频率的关系得出该激光的频率，利用光子能量的表达式得出每个激光光子的能量。
二、多项选择题
13．“胜哥”有一激光器，其发光功率为P，发出的激光在折射率为n的介质中波长为λ，若在真空中速度为c，普朗克常量为h，则下列叙述正确的是（　　）
A．该激光在真空中的波长为nλ
B．该波的频率为
C．该激光器在ts内辐射的能量子数为
D．该激光器在ts内辐射的能量子数为
【答案】A,C
【知识点】光的波粒二象性
【解析】【解答】激光在介质中的折射率n＝ ＝ ＝ ，故ν激光在真空中的波长λ0＝nλ，A正确；激光频率ν＝ ＝ ，B错误；由能量关系Pt＝Nε，c＝λ0ν，λ0＝nλ及ε＝hν得N＝ ，C正确，D错误。
【分析】折射率和能量关系分析可得。
14．如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，板的面积均为S，板间距离为d。现用波长为λ（λ1<λ<λ2）的激光持续照射两板内表面，则（　　）
A．稳定后铂板带负电，钾板带正电
B．电容器最终带电量Q正比于
C．保持入射激光波长不变，增大入射激光的强度，板间电压将增大
D．改用 λ1<λ2<λ激光照射，板间电压将增大
【答案】A,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．根据题意，由公式，可知，波长越大，频率越小，现用波长为λ（λ1<λ<λ2）的单色光持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板，光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容器的负极板，故A正确；
BC．根据光电效应方程有
又有
光电子不断从钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为U，极板的带电量最大为Q，则有
根据平行板电容器的决定式
可知，真空中平行板电容器的电容，根据电容器的定义式，可得，极板上的带电量为
联立可得
，
电容器最终带电量Q正比于 ，板间电压与入射激光的强度无关，故BC错误；
D．根据
改用 λ1<λ2<λ激光照射，板间电压将增大，故D正确。
故选AD。
【分析】1、根据光电效应条件，只有入射光的波长小于金属的极限波长时才能发生光电效应。只能使钾金属板发生光电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板。
2、电容器最终带电量由光电效应平衡条件决定，光电效应产生的动能需克服电场力做功。
3、入射光强度影响单位时间内发射的电子数量，但稳定状态下极板电压U仅由波长决定，强度增加不会改变U。
15．有关以下四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图甲中，两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圆孔后产生
C．图丙中，照相机镜头上的增透膜，在拍摄水下的景物时可消除水面的反射光
D．图丁中，入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长
【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；康普顿效应
【解析】【解答】本题考查的是光学中的干涉、衍射、偏振和量子物理中的康普顿效应的核心概念，重点关注现象的条件、原理差异及公式的定性应用，需注意区分易混淆的物理模型和元件功能。A．图甲中，两板间的薄片越薄，则空气薄膜的厚度减小，而膜的厚度是两列反射光波路程差的2倍，而两列反射光波的路程差等于发生稳定干涉的光波半波长的偶数倍或奇数倍，因此可知满足半波长偶数倍或奇数倍的数量减少，明暗条纹变稀疏，则条纹间距变大，故A正确；
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圆板衍射形成的图样，故B错误；
C．为使拍摄的水面下景物更清晰，可利用偏振现象，在照相机镜头前加一偏振片，减少水面反射光的影响，故C错误；
D．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长，故D正确。
故选AD。
【分析】两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大；光屏上的中央亮斑是泊松亮斑是圆板衍射形成的图样；在照相机镜头前加一偏振片，减少水面反射光的影响；入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长。
16．如图所示，两条单色光a、b平行三棱镜底边BC射向AB面，经三棱镜折射后，汇聚于一点。下列说法正确的是（　　）
A．光子动量
B．两种单色光的频率
C．两种单色光在三棱镜的速度
D．在完全相同的条件下做双缝干涉实验，光对应的干涉条纹间距较宽
【答案】A,B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；康普顿效应
【解析】【解答】AB．由图可知，a光的偏转角大，b光的偏转角小，所以三棱镜对a光的折射率大，对b光的折射率小，所以a光的频率较大，波长较短，即
根据光子动量表达式
则a光光子的动量较大，即
AB符合题意；
C．由光在介质中传播速度的公式
分析知，因a光的折射率大，b光的折射率小，知在三棱镜中b光的传播速度较大，即
C不符合题意；
D．因a光的折射率大，b光的折射率小，所以a光的频率较大，波长较短，根据干涉条纹的间距与波长关系式
知，让a光和b光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距小，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据两种光偏折程度得出折射率的大小关系，结合频率与折射率的关系以及康普顿效应得出光子动量的大小关系，结合双缝干涉相邻亮条纹间距的表达式得出干涉条纹间距较宽的光。
17．“胜哥”在实验中发现，频率为的激光光子与静止的电子碰撞后光子频率变为，碰撞后的光子照射极限频率为的光电管阴极K，电子垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，情景如图。已知光子与电子碰撞过程中没有能量损失，电子质量为m，碰撞后电子获得的动量为p，普朗克常量为h，光速为c，则（　　）
A．碰撞后光子的波长为
B．电子增加的动能为
C．电子将做半径为的匀速圆周运动
D．光电管阴极处可能会发生光电效应
【答案】B,C
【知识点】光电效应；康普顿效应
【解析】【解答】A．碰撞后光子频率变为，光子的波长为
A不符合题意；
B．碰撞后电子获得的动量为p，则电子增加的动能为
B符合题意；
C．根据
电子将做半径为
的匀速圆周运动，C符合题意；
D．光电管阴极的极限频率为v ，而光子的频率，则光电管阴极处不可能会发生光电效应，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】熟记动能和动量表达式，熟练对其进行转换。光子的频率必须大于极限频率才能发生光电效应。
18．“胜哥”用图甲所示的实验装置研究光电效应现象，分别用a、b、c三束光照射光电管的阴极，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示，其中a、c两束光照射时对应的遏止电压相同，均为Uc1，则下列论述正确的是（　　）
A．a、c两束光的光强相同，频率不同
B．b光的波长最短
C．a光照射时光电管发出的光电子的最大初动能最大
D．b光束光子的动量最大
【答案】B,D
【知识点】光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程Ek=hν-W0，理解I与U的图象的横、纵截距的含义，是解题的关键。A．光电流恰为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据
可知，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，a光、c光的遏止电压相等，所以a光、c光的频率相同，而a光的饱和光电流较大，则a光的强度比c光的大，故A错误；
BC．b光的遏止电压最大，则b光的频率最大，波长最短，光子的能量最大，照射光电管时发出的光电子的最大初动能也最大，故B正确，C错误；
D．因为b光的频率最大，根据
可知b光束光子的动量最大，故D正确。
故选BD。
【分析】b光对应的遏止电压最大，由光电效应方程可知，b光的频率最大，光子能量E=hν，则b光束光子的能量是最大的；a、c两束光的波长相同，要比b的波长长；三个光束中b光束照射时光电管发出的光电子最大初动能最大，动量也最大。
三、非选择题
19．“胜哥”利用双缝干涉测量激光的波长。已知双缝相距为，测得双缝到光屏的距离为，相邻两条亮纹中心间距为，则光的波长　 　。该激光器的发光功率为，光在真空中传播的速度为，普朗克常量为，则该激光器每秒发射光子的个数　 　。
【答案】；
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光子及其动量
【解析】【解答】根据条纹间距公式知，解得
该激光器时间t内发射光子的总能量为，每个光子的能量为
故该激光器每秒发射光子的个数为
【分析】一、双缝干涉条纹间距公式
相邻明（暗）纹间距：，其中：d：双缝间距，L：双缝到屏的距离，λ：光波长
推导原理：光程差 ，当 时出现明纹，相邻明纹间距 。
二、光子能量与功率关系
单个光子能量（爱因斯坦光子说）：
激光器功率P 的意义：单位时间（1 秒）内发出的光能量。
光子数：
三、易错点提醒
双缝干涉公式中 是相邻亮（暗）纹中心间距，不是条纹宽度的一半。
光子能量用 或 ，注意 λ 是真空波长。
功率对应的是能量/时间，光子数公式 要求单色光（激光满足）。
计算时单位统一为国际单位制（米、秒、瓦特、焦耳）。

20．已知每秒从太阳射到地球的垂直于太阳光的每平方米截面上的辐射能为1.4×103J，其中可见光部分约占45%，假如认为可见光的波长均为5.5×10﹣7m，太阳向各方向的辐射是均匀的，日地间距离为1.5×1011m，普朗克恒量h=6.6×10﹣34J s，估算出太阳每秒钟辐射出的可见光子数是多少？
【答案】解答：设地面上lm2的面积上每秒接受的光子数为n，则有：pt 45%=n 代入数据解得n=1.75×1021个/m2．设想一个以太阳为球心，以日地间距离R为半径的大球面包围着太阳，大球面接受的光子数即太阳辐射的全部光子数，则所求的可见光光子数为：N=n4πR2=1.75×1021×4×3.14×（1.5×1011）2=5×1044个．答：太阳每秒辐射出的可见光光子数为5×1044个
【知识点】光的波粒二象性
【解析】 【分析】根据能量守恒求出地面上lm2的面积上每秒接受的光子数为n，从而得出以太阳为球心，以日地间距离R为半径的大球面所接受的光子数，确定出太阳每秒辐射出的可见光光子数．
21．阅读如下资料并回答问题：
自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射与温度有关，因此被称为热辐射．热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同．
处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变．若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体．单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即P0＝σT4，其中常量σ＝5.67×10－8 W/（m2·K4）．
在下面的问题中，把研究对象都简单地看成黑体．
有关数据及数学公式：太阳半径RS＝6.96×105 km，太阳表面温度T＝5 770 K，火星半径r＝3 395 km，球面积S＝4πR2，其中R为球的半径．
（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10－7～1×10－5 m范围内，求相应的频率范围．
（2）每小时从太阳表面辐射的总能量为多少？
（3）火星受到来自太阳的辐射可以认为垂直射到面积为πr2（r为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其他天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度．
【答案】（1）解：由ν＝ 得，ν1＝ ＝ Hz＝1.5×1015 Hz，ν2＝ ＝ Hz＝3×1013 Hz，所以辐射的频率范围是3×1013～1.5×1015 Hz．
（2）解：每小时从太阳表面辐射的总能量E＝P0t·S＝σT4t·4π ，式中t＝3 600 s，
代入数据得E＝5.67×10－8×5 7704×3 600×4×3.14×（6.96×105×103）2 J＝1.38×1030 J．
（3）解：火星单位时间内吸引来自太阳的辐射能量P入＝4π σT4· ＝
火星单位时间单位面积内向外辐射的能量为σT′4
所以火星单位时间内向外辐射的能量P出＝4πr2σT′4（其中4πr2为火星的表面积，T′为火星的温度）
火星处于热平衡状态，则P入＝P出，
即 ＝4πr2σT′4
得火星的温度T′＝ ＝204 K．
【知识点】光的波粒二象性
【解析】【分析】根据光速、波长和频率的关系式计算可得。
22．精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示．某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心．由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲．电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上．阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为．偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为，．光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上．电子质量为m，电荷量为e，不考虑电子力和相对论效应，以及电子之间相互作用．所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系．（普朗克常量，光速）
（1）现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为．若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料．
（2）当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置．
（3）真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同．
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：
②若小且．，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系．
【答案】（1）解：根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为
可得波长范围为200～900nm的入射激光的能量范围为1.38eV～6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。
（2）解：电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，运动时间为t1，离开阳极时的速度大小为v1，则有，，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1＝v1t2
当偏转电压U为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y方向做匀加速直线运动。设y方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时y方向速度为vy，偏转位移为y1，则，L2＝v1t3，vy＝a2t3，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，在此时间内电子在y方向的位移为y2，则L3＝v1t4，y2＝vyt4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y＝y1+y2
联立解得
（3）解：当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则
则图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2分析可得
②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；光电效应；光子及其动量
【解析】【分析】（1）根据所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功时，入射激光都能打出光电子，结合光子的能量表达式分析求解；
（2）根据电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，结合牛顿第二定律，对y方向的位移分析求解；
（3）①根据在t1+t2+Δt时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2+Δt），结合a﹣t图像的面积表示速度变化量分析求解；
②在t1+t2时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2），结合该电子离开偏转极板时y方向的速度分析求解。
23．光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行的倍增极。为简单起见，现只研究其第1倍增极和第2倍增极，其结构如图所示。第1倍增极AB长度为a，第2倍增极CD长度为，两个倍增极平行且竖直放置，如图所示（图中长度数据已知，过第1倍增极B端做垂线与第2倍增极的上端竖直延长线交于E）。当频率为的入射光照射到第1倍增极右表面时，从极板右表面上逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子。若在全部区域加上垂直于纸面的匀强磁场可使从第1倍增极逸出的部分光电子打到第2倍增极右表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。已知第1倍增极金属的逸出功为W，元电荷为e，电子质量为m，普朗克常量为h，只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。
（1）求从第1倍增极上逸出的光电子的最大动量大小；
（2）若以最大速率、方向垂直第1倍增极逸出的光电子可以全部到达第2倍增极右表面，求磁感应强度的大小范围；
（3）若保持（2）中的磁场的最大值不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中第2倍增极，若第2倍增极的上端C端长度改为可以调节，其C端与E点的距离x调节范围为：，求关闭光源后光电子持续击中第2倍增极的时间t与x的关系。（角度可用反三角函数表示，提示：已知sinθ=k，则θ=arcsink）
【答案】（1）解：根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）解：从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）解：相切
解得
函数关系为
【知识点】光电效应
【解析】【分析】（1）光电子的最大动量由光电效应方程确定，入射光能量减去逸出功得到最大动能，再通过动能与动量的关系转换得到最大动量大小。
（2）电子在磁场中做圆周运动，要使最大速率垂直逸出的电子全部到达第二倍增极，需考虑电子轨迹与倍增极几何关系。磁场强度的下限由电子从A点到达D点的轨迹半径决定，上限由电子从B点到达C点的轨迹半径决定，结合几何约束条件确定磁场范围。
（3）关闭光源后电子仍持续击中第二倍增极，时间与C端位置x有关。电子运动轨迹分为两段圆弧，根据x的不同范围，电子经历的弧长不同。当x小于临界值时，电子经历一段完整圆弧和部分圆弧；当x大于等于临界值时，电子经历两段部分圆弧。通过几何关系确定弧长，结合电子速度得到时间表达式。
（1）根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）相切：
解得
函数关系为
24．“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。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）解：每个光子的能量为
其中
解得
（2）解：太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设t秒发射总光子数为n，则
可得
所以t秒辐射光子的总能量
太阳辐射硬X射线的总功率
【知识点】能量子与量子化现象；光子及其动量
【解析】【分析】一、核心考点
1、光子能量公式：，这是光量子理论的基本公式，必须熟练掌握。
2、球面辐射模型
太阳各向同性辐射 → 光子均匀分布在半径为 的球面上。
球面积公式 。探测仪接收面积 S 占球面的比例 。
3、功率与光子数的关系
，总光子数/秒 = 探测仪接收光子数/秒 ÷ 接收面积所占比例。
二、高频易错点
1、混淆波长与频率
题目给波长λ，但光子能量公式 中ν 是频率。必须用 转换成 。
易错：写成 或 等错误形式。
2、球面辐射模型比例关系搞反
错误写法： 导致 。
正确理解：接收比例 = → 。
记忆技巧：接收到的（N）比上总的（n）等于接收面积（S）比上总面积（4πR2）。
3、单位时间处理不当
题目中 是“每秒接收光子数”，所以直接求出的 也是“每秒总辐射光子数”，不需要再除以时间。易错：有的学生可能会乘以 1 秒，虽然结果一样，但逻辑上多此一举。
4、总功率公式遗漏常数
忘记 ，只写 。这是球面几何的基本结果，必须保留 。
（1）每个光子的能量为
其中
解得
（2）太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设t秒发射总光子数为n，则
可得
所以t秒辐射光子的总能量
太阳辐射硬X射线的总功率
25．如图所示，真空中放有一折射率的直角三棱镜，∠A=60°，∠C=30°.一束极细的激光从AB的中点D平行于BC边入射，不考虑激光在三棱镜中的多次反射，已知该激光在真空中的波长为λ，真空中的光速为c，。
（1）求该激光在棱镜中传播速度的大小v；
（2）求该激光从BC边射出时的折射角θ；
（3）光是一份一份的，每一份称为一个光子，光子具有动量，其大小，h为普朗克常量．设想光子是沿光传播方向运动的小球，试求从BC边射出的光中的一个光子，在通过该棱镜过程中动量变化量Δp的大小。
【答案】（1）解：该激光在棱镜中的传播速度
代入数据得
（2）解：根据画出的光路图可知，该激光从BC边射出时的入射角
根据光的折射定律
解得
（3）解：如图
光子动量变化量大小Δp的表达式为
结合
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光子及其动量
【解析】【分析】（1）直接运用光在介质中传播速度与折射率的关系公式计算。
（2）通过几何分析确定入射角，再结合折射定律求解折射角。
（3）根据光子动量公式，结合矢量运算中动量变化的几何关系，计算动量变化量。
（1）该激光在棱镜中的传播速度
代入数据得
（2）根据画出的光路图可知，该激光从BC边射出时的入射角
根据光的折射定律
解得
（3）如图
光子动量变化量大小Δp的表达式为
结合
解得
或者根据余弦定理
结合
解得
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物理选择性必修三4.2 光电效应同步练习（优生加练）
一、选择题
1．人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉，普朗克常量为6.63×10－34J·s，光速为3.0×108m /s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是（　　）
A．2.3×10－18W B．3.8×10－19W
C．7.0×10－10W D．1.2×10－18W
2．如图是工业生产中用到的光控继电器示意图（部分），它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当用黄光照射光电管阴极时，没有发生光电效应，当用蓝光照射光电管阴极时，发生了光电效应。则（　　）
A．端应该接电源正极
B．增大黄光照射强度，电路中可能存在光电流
C．增大蓝光照射强度，光电子的最大初动能增大
D．若将电源正负极对调，电路中可能没有电流
3．如图所示，在真空中有一个折射率为、半径为r的均质小球，频率为ν的细激光束在真空中沿直线BC传播，BC与小球球心O的距离，光束经C点折射进入小球，并于D点出射。已知普朗克常数为h，，则在两次折射过程中一个光子对小球平均作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
4．我国科学家吴有训在上世纪20年代进行X射线散射研究，为康普顿效应的确立做出了重要贡献。研究X射线被较轻物质散射后光的成分发现，散射谱线中除了有波长与原波长相同的成分外，还有其他波长的成分，这种现象称为康普顿效应。如图所示，在真空中，入射波长为的光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子传播方向与入射方向夹角为37°，碰后电子运动方向与光子入射方向夹角为53°（，），下列说法正确的是（　　）
A．该效应说明光具有波动性
B．碰撞后光子的波长为
C．碰撞后电子的德布罗意波长为
D．碰撞后光子相对于电子的速度大于
5．如图所示，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，两束光分别从两点射出。下列说法正确的是（　　）
A．点比点先有光射出
B．从点射出的光子比从点射出的光子的动量小
C．通过相同的单缝，从点射出的光比从点射出的光衍射现象更明显
D．调节的入射方向，从曲面射出的光有可能与方向平行
6．真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为和）制成，极板正对面积为S，间距为d，相对介电常数。已知真空中光速为c，静电力常量为k，普朗克常量为h，元电荷为e。现用波长为的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q等于（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，一个光子和一个静止的电子相互碰撞后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去且波长变长，则这个散射光子跟原来的光子相比（　　）
A．频率不变 B．频率变小 C．动量不变 D．动量变大
8．“胜哥”用单色光a、b分别照射同一双缝干涉实验装置，双缝到光屏的距离保持不变，在光屏上出现的干涉图样分别如图所示，下列关于两单色光a、b的说法中正确的是（　　）
A．单色光a比单色光b更容易发生明显衍射
B．单色光a的频率小于单色光b的频率
C．单色光a的光子能量大于单色光b的光子能量
D．在同一玻璃砖中单色光a的传播速度比b大
9．“胜哥”让电子束通过电场加速后，通过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为，加速后电子速度，普朗克常量，则（　　）
A．该图样说明了电子具有粒子性
B．该实验中电子的德布罗意波长约为0.15nm
C．加速电压越大，电子的物质波波长越大
D．使用电子束工作的电子显微镜中，加速电压越大，分辨本领越弱
10．介子会发生衰变，反应方程式为，即生成一个介子和一个子中微子。在云室中可观察到介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且。则和粒子的动量之比可能为（　　）
A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．2∶1
11．“胜哥”在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长相同的成分外，还有波长大于的成分。这些波长大于的成分与入射的X射线相比（　　）
A．能量增大 B．动量增大 C．波速减小 D．频率减小
12．大型钛合金构件在航天、航空领域应用广泛，我国使用微光焊接复杂钛合金构件的技术和能力已达到世界一流水平。若某型号激光焊机的功率为30kW，发射的激光波长为，已知普朗克常量，光速为，则（　　）
A．该激光的频率为
B．每个激光光子的能量为
C．每个激光光子的动量为
D．该型号焊机每秒发射激光光子数约为个
二、多项选择题
13．“胜哥”有一激光器，其发光功率为P，发出的激光在折射率为n的介质中波长为λ，若在真空中速度为c，普朗克常量为h，则下列叙述正确的是（　　）
A．该激光在真空中的波长为nλ
B．该波的频率为
C．该激光器在ts内辐射的能量子数为
D．该激光器在ts内辐射的能量子数为
14．如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，板的面积均为S，板间距离为d。现用波长为λ（λ1<λ<λ2）的激光持续照射两板内表面，则（　　）
A．稳定后铂板带负电，钾板带正电
B．电容器最终带电量Q正比于
C．保持入射激光波长不变，增大入射激光的强度，板间电压将增大
D．改用 λ1<λ2<λ激光照射，板间电压将增大
15．有关以下四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图甲中，两板间的薄片越薄，干涉条纹间距越大
B．图乙中，光屏上的中央亮斑是光照射到小圆孔后产生
C．图丙中，照相机镜头上的增透膜，在拍摄水下的景物时可消除水面的反射光
D．图丁中，入射的光子与电子碰撞时，一部分动量转移给电子，光子的波长变长
16．如图所示，两条单色光a、b平行三棱镜底边BC射向AB面，经三棱镜折射后，汇聚于一点。下列说法正确的是（　　）
A．光子动量
B．两种单色光的频率
C．两种单色光在三棱镜的速度
D．在完全相同的条件下做双缝干涉实验，光对应的干涉条纹间距较宽
17．“胜哥”在实验中发现，频率为的激光光子与静止的电子碰撞后光子频率变为，碰撞后的光子照射极限频率为的光电管阴极K，电子垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，情景如图。已知光子与电子碰撞过程中没有能量损失，电子质量为m，碰撞后电子获得的动量为p，普朗克常量为h，光速为c，则（　　）
A．碰撞后光子的波长为
B．电子增加的动能为
C．电子将做半径为的匀速圆周运动
D．光电管阴极处可能会发生光电效应
18．“胜哥”用图甲所示的实验装置研究光电效应现象，分别用a、b、c三束光照射光电管的阴极，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示，其中a、c两束光照射时对应的遏止电压相同，均为Uc1，则下列论述正确的是（　　）
A．a、c两束光的光强相同，频率不同
B．b光的波长最短
C．a光照射时光电管发出的光电子的最大初动能最大
D．b光束光子的动量最大
三、非选择题
19．“胜哥”利用双缝干涉测量激光的波长。已知双缝相距为，测得双缝到光屏的距离为，相邻两条亮纹中心间距为，则光的波长　 　。该激光器的发光功率为，光在真空中传播的速度为，普朗克常量为，则该激光器每秒发射光子的个数　 　。
20．已知每秒从太阳射到地球的垂直于太阳光的每平方米截面上的辐射能为1.4×103J，其中可见光部分约占45%，假如认为可见光的波长均为5.5×10﹣7m，太阳向各方向的辐射是均匀的，日地间距离为1.5×1011m，普朗克恒量h=6.6×10﹣34J s，估算出太阳每秒钟辐射出的可见光子数是多少？
21．阅读如下资料并回答问题：
自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射与温度有关，因此被称为热辐射．热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同．
处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变．若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体．单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即P0＝σT4，其中常量σ＝5.67×10－8 W/（m2·K4）．
在下面的问题中，把研究对象都简单地看成黑体．
有关数据及数学公式：太阳半径RS＝6.96×105 km，太阳表面温度T＝5 770 K，火星半径r＝3 395 km，球面积S＝4πR2，其中R为球的半径．
（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10－7～1×10－5 m范围内，求相应的频率范围．
（2）每小时从太阳表面辐射的总能量为多少？
（3）火星受到来自太阳的辐射可以认为垂直射到面积为πr2（r为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其他天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度．
22．精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心．由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲．电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为。偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为，．光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电子力和相对论效应，以及电子之间相互作用．所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系。（普朗克常量，光速）
（1）现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为．若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料．
（2）当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
（3）真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：
②若小且．，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系．
23．光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行的倍增极。为简单起见，现只研究其第1倍增极和第2倍增极，其结构如图所示。第1倍增极AB长度为a，第2倍增极CD长度为，两个倍增极平行且竖直放置，如图所示（图中长度数据已知，过第1倍增极B端做垂线与第2倍增极的上端竖直延长线交于E）。当频率为的入射光照射到第1倍增极右表面时，从极板右表面上逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子。若在全部区域加上垂直于纸面的匀强磁场可使从第1倍增极逸出的部分光电子打到第2倍增极右表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。已知第1倍增极金属的逸出功为W，元电荷为e，电子质量为m，普朗克常量为h，只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。
（1）求从第1倍增极上逸出的光电子的最大动量大小；
（2）若以最大速率、方向垂直第1倍增极逸出的光电子可以全部到达第2倍增极右表面，求磁感应强度的大小范围；
（3）若保持（2）中的磁场的最大值不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中第2倍增极，若第2倍增极的上端C端长度改为可以调节，其C端与E点的距离x调节范围为：，求关闭光源后光电子持续击中第2倍增极的时间t与x的关系。（角度可用反三角函数表示，提示：已知sinθ=k，则θ=arcsink）
24．“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。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。
25．如图所示，真空中放有一折射率的直角三棱镜，∠A=60°，∠C=30°.一束极细的激光从AB的中点D平行于BC边入射，不考虑激光在三棱镜中的多次反射，已知该激光在真空中的波长为λ，真空中的光速为c，。
（1）求该激光在棱镜中传播速度的大小v；
（2）求该激光从BC边射出时的折射角θ；
（3）光是一份一份的，每一份称为一个光子，光子具有动量，其大小，h为普朗克常量．设想光子是沿光传播方向运动的小球，试求从BC边射出的光中的一个光子，在通过该棱镜过程中动量变化量Δp的大小。
答案
1．A
2．D
3．B
4．B
5．D
6．A
7．B
8．C
9．B
10．B
11．D
12．B
13．A,C
14．A,D
15．A,D
16．A,B
17．B,C
18．B,D
19．；
20．解答：设地面上lm2的面积上每秒接受的光子数为n，则有：pt 45%=n 代入数据解得n=1.75×1021个/m2．设想一个以太阳为球心，以日地间距离R为半径的大球面包围着太阳，大球面接受的光子数即太阳辐射的全部光子数，则所求的可见光光子数为：N=n4πR2=1.75×1021×4×3.14×（1.5×1011）2=5×1044个．答：太阳每秒辐射出的可见光光子数为5×1044个
21．（1）解：由ν＝ 得，ν1＝ ＝ Hz＝1.5×1015 Hz，ν2＝ ＝ Hz＝3×1013 Hz，所以辐射的频率范围是3×1013～1.5×1015 Hz．
（2）解：每小时从太阳表面辐射的总能量E＝P0t·S＝σT4t·4π ，式中t＝3 600 s，
代入数据得E＝5.67×10－8×5 7704×3 600×4×3.14×（6.96×105×103）2 J＝1.38×1030 J．
（3）解：火星单位时间内吸引来自太阳的辐射能量P入＝4π σT4· ＝
火星单位时间单位面积内向外辐射的能量为σT′4
所以火星单位时间内向外辐射的能量P出＝4πr2σT′4（其中4πr2为火星的表面积，T′为火星的温度）
火星处于热平衡状态，则P入＝P出，
即 ＝4πr2σT′4
得火星的温度T′＝ ＝204 K．
22．（1）解：根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为
可得波长范围为200～900nm的入射激光的能量范围为1.38eV～6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。
（2）解：电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，运动时间为t1，离开阳极时的速度大小为v1，则有，，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1＝v1t2
当偏转电压U为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y方向做匀加速直线运动。设y方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时y方向速度为vy，偏转位移为y1，则，L2＝v1t3，vy＝a2t3，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，在此时间内电子在y方向的位移为y2，则L3＝v1t4，y2＝vyt4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y＝y1+y2
联立解得
（3）解：当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则
则图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2分析可得
②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则，
联立解得
23．（1）解：根据爱因斯坦光电效应方程可知
根据
可知逸出的光电子的最大动量大小
（2）解：从B点垂直AB射出的粒子打到C点时半径最小，由几何关系可知
而根据
可得
解得
从A点射出的粒子打到D点时半径最大，由几何关系
同理
解得
磁感应强度的大小范围
（3）解：相切
解得
函数关系为
24．（1）解：每个光子的能量为
其中
解得
（2）解：太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设t秒发射总光子数为n，则
可得
所以t秒辐射光子的总能量
太阳辐射硬X射线的总功率
25．（1）解：该激光在棱镜中的传播速度
代入数据得
（2）解：根据画出的光路图可知，该激光从BC边射出时的入射角
根据光的折射定律
解得
（3）解：如图
光子动量变化量大小Δp的表达式为
结合
解得
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