专题练习(五)　光电效应方程、图像及其应用

专题练习(五)光电效应方程、图像及其应用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-C.W0=eU1ν1-e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-WeC.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=-3V,则光电管的阴极材料的逸出功为J。(e=1.6×10-19C)

答案(1)b光(2)3.2×10-19解析(1)由题图乙知b光的遏止电压大,由eUc=Ek知b光照射阴极材料时逸出的光电子的最大初动能大。(2)由光电效应方程Ek=hν-W0,可知光电管的阴极材料的逸出功为5eV-3eV=2eV=3.2×10-19J。12.利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系,描绘出如图乙所示的图像,由此算出普朗克常量h。图乙中U1、ν1、ν0均为已知量,电子电荷量用e表示。当入射光的频率增大时,为了测定遏止电压,滑动变阻器的滑片P应向(选填“M”或“N”)端移动,由Uc-ν图像可求得普朗克常量h=。(用题中字母表示)

答案Ne解析入射光的频率增大,光电子的最大初动能增大,则遏止电压增大,测遏止电压时,应使滑动变阻器的滑片P向N端移动;根据Ek=hν-W0=eUc,解得Uc=hνe-W0e,Uc-ν图线的斜率k=h13.如图甲所示是研究光电效应规律的光电管,用波长为λ=0.50μm的绿光照射阴极K,实验测得流过G表的电流I与A、K之间的电势差UAK满足如图乙所示规律,取h=6.63×10-34J·s,c=3×108m/s,结合图像,求:(结果保留两位有效数字)(1)每