人教版高中物理选修3-5章末测试题全套含答案

人教版高中物理选修3-5章末测试题全套含答案章末检测试卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分.1～6题为单选题，7～10题为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．下列说法错误的是( )A ．根据F ＝ΔpΔt 可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B ．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C ．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D ．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 答案 B解析 A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A 正确；冲量是矢量，B 错误；F ＝ΔpΔt是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C 正确；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D 正确．2.如图1所示，在光滑的水平面上有两物体A 、B ，它们的质量均为m .在物体B 上固定一个水平轻弹簧处于静止状态．物体A 以速度v 0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用．下列说法正确的是( )图1A ．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A 的速度为零B ．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B 的速度为零C ．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B 所做的功为12m v 02D ．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A 和物体B 的冲量大小相等，方向相反 答案 D3．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为12m v 2B ．地面对他的冲量为m v －mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为m v ，地面对他做的功为12m v 2D ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为零 答案 D解析 人的速度原来为零，起跳后变为v ，以向上为正方向，由动量定理可得I －mg Δt ＝m v －0，故地面对人的冲量为m v ＋mg Δt ，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D 正确．4．如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.m M 2MgRM ＋m，方向向左 C.m M2MgRM ＋m，方向向右 D ．不能确定 答案 B解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，联立以上两式解得v ′＝mM2MgRM ＋m，方向向左，故选项B 正确． 5．如图3所示，小车由光滑的弧形段AB 和粗糙的水平段BC 组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则( )图3A ．还是滑到C 点停止B ．滑到BC 间停止 C ．会冲出C 点落到车外D ．上述三种情况都有可能 答案 A解析 设BC 长度为L .小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有：Q 1＝F f L ，若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s .对小车和物体组成的系统，水平方向动量守恒，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有：Q 2＝Q 1，而Q 2＝F f s ，得到物体在小车BC 部分滑行的距离s ＝L ，故物体仍滑到C 点停止，故A 正确． 6．如图4所示，总质量为M 带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m 的小球通过细线悬挂于框架顶部O 处，细线长为L ，已知M >m ，重力加速度为g ，某时刻小球获得一瞬时速度v 0，当小球第一次回到O 点正下方时，细线拉力大小为( )图4A ．mgB ．mg ＋m v 02LC ．mg ＋m (2m )2v 02(M ＋m )2LD ．mg ＋m (M －m )2v 02(M ＋m )2L答案 B解析 设小球第一次回到O 点正下方时，小球与框架的速度分别为v 1和v 2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即m v 0＝m v 1＋M v 2，12m v 02＝12m v 12＋12M v 22，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0.当小球第一次回到O 点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得F T －mg ＝m (v 1－v 2)2L ，解得细线的拉力F T ＝mg ＋m v 02L，B 正确．7．A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰．如图5所示为两球碰撞前后的位移—时间图象．a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移—时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图可知下列结论错误的是( )图5A ．A 、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/s B ．碰撞时A 对B 所施冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化为6 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J 答案 AC解析 由x －t 图象可知，碰撞前有：A 球的速度v A ＝Δx A Δt A ＝4－102m /s ＝－3 m/s ，B 球的速度v B ＝Δx B Δt B ＝42 m /s ＝2 m/s ；碰撞后A 、B 两球的速度相等，为v A ′＝v B ′＝v ＝Δx C Δt C ＝2－42m /s ＝－1 m/s ，则碰撞前后A 的动量变化Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg·m/s ；对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v 得：m B ＝43 kg.A 与B 碰撞前的总动量为：p 总＝m v A＋m B v B ＝2×(－3)＋43×2 kg·m/s ＝－103 kg·m /s ；由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为：I B ＝Δp B ＝－4 kg·m/s ＝－4 N·s.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能：ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v 2，代入数据解得：ΔE k ＝10 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确． 8．如图6所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m 的木板B ，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧．质量为2m 的木块A 以速度v 0从木板的右端水平向左滑上木板B .在木块A 与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是( )图6A ．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大 B ．B 板的加速度先增大后减小C ．弹簧给木块A 的冲量大小为2m v 03D ．弹簧的最大弹性势能为m v 023答案 BD解析 当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板进一步加速，故A 错误；弹簧压缩量先增加后减小，故B 板的加速度先增大后减小，故B 正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大； 以v 0的方向为正方向，有： 2m v 0＝(m ＋2m )v ①E p ＝12×2m v 02－12(2m ＋m )v 2②由①②解得E p ＝13m v 02，故D 正确；从木块与木板作用至弹簧恢复原长时，有：2m v 0＝2m v 1＋m v 2③， 根据机械能守恒定律，有 12×2m v 02＝12×2m v 12＋12m v 22④ 解得v 1＝13v 0，v 2＝43v 0，对木块A ，根据动量定理，有I ＝2m v 1－2m v 0＝－43m v 0(负号表示方向向右)，故C 错误．9.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，长为L ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，如图7所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图7A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块对地运动速度大小为v 时，小车对地运动速度大小为mM vC ．小车向左运动的最大位移为mLM ＋mD ．小车向左运动的最大位移为mM L答案 BC解析 小车、弹簧与C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝mMv ，同时该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mLM ＋m ，综上，选项B 、C 正确．10．两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为＋1 m /s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m /s 和－1 m/s D ．－1 m /s 和＋5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k前≥E k 后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.二、实验题(本题共2小题，共计13分)11．(5分)在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a 的质量为m 1，被碰球b 的质量为m 2，各小球的落地点如图8所示，下列关于这个实验的说法正确的是________．图8A ．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B ．每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下C ．要验证的表达式是m 1ON ＝m 1OM ＋m 2OPD ．要验证的表达式是m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON 答案 D解析 为让两球发生对心碰撞，两球的直径应相等，即两球大小相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故A 错误；为保证入射小球碰撞前的速度相等，每次都使入射小球从斜槽上相同的位置由静止滚下，故B 错误；小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，两边同时乘以t 得：m 1v 0t ＝m 1v 1t ＋m 2v 2t ，即m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，故D 正确，C 错误．12．(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图9所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．图9(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨中通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图10所示；图10⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g. 试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m /s ；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(结果保留三位有效数字)． (3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________. 答案 (1)⑥接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618(3)纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦解析 (2)作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1 m /s ＝2 m/s ，其动量为0.310×2 kg·m /s ＝0.620 kg·m/s ，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14 m /s ＝1.2 m/s ，其动量之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m /s ＝0.618 kg·m/s.三、计算题(本题共4小题，共计47分)图1113．(10分)如图11，光滑水平地面上静止放置三个滑块A 、B 、C ，A 和B 的质量均为2m ，C 的质量为m .A 、B 之间用一根水平轻质弹簧连接，B 、C 接触但不粘连，现给A 施加一向右的瞬时冲量，使A 获得一水平向右的初速度v 0.在此后的运动过程中，求： (1)C 最终的速度大小．(2)当弹簧第二次被压缩至最短时，弹簧储存的最大弹性势能． 答案 (1)0.8v 0 (2)12m v 02解析 (1)弹簧第一次压缩至最短时弹性势能最大，此后第一次恢复原长时，C 的速度达到最大值，设向右为正方向，由动量守恒定律可知：2m v 0＝2m v 1＋3m v 2 由能量守恒可知：12×2m ×v 02＝12×2m v 12＋12×3m ×v 22联立解得：v 1＝－0.2v 0，v 2＝0.8v 0 即C 最终的速度大小为0.8v 0.(2)弹簧第二次压缩到最短时，A 、B 速度相等，以向右为正方向，故：2m v 1＋2m v 2＝4m v 解得：v ＝0.3v 0故此时弹簧储存的弹性势能为： E p ＝12(2m )v 12＋12(2m )v 22－12(4m )v 2＝12m v 0214．(10分)如图12(a)所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30 kg 的小孩乘甲车以5 m/s 的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg ，乙车静止于甲车滑行的正前方，两车碰撞前后的位移随时间变化的图象如图(b)所示．求：图12(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小； (2)乙车的质量；(3)为了避免甲、乙两车相撞，小孩至少要以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？答案 (1)1 m/s 3 m/s (2)90 kg (3)203 m/s解析 (1)由题图(b)可知，碰撞后甲车的速度为v 1＝－1 m /s ，负号表示方向向左．所以甲车速度大小为1 m/s.乙车的速度为v 2＝3 m /s ，方向向右，乙车速度大小为3 m/s. (2)在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒，以向右为正方向． (m 小孩＋m 甲)v 0＝(m 小孩＋m 甲)v 1＋m 乙v 2 解得：m 乙＝90 kg(3)设小孩跳向乙车的速度为v 小孩，以向右为正方向，由动量守恒定律得，小孩跳离甲车： (m 小孩＋m 甲)v 0＝m 小孩v 小孩＋m 甲v 3 小孩跳至乙车：m 小孩v 小孩＝(m 小孩＋m 乙)v 4 为使两车避免相撞，应满足v 3≤v 4当v 3＝v 4时，小孩跳离甲车的速度最小，v 小孩＝203 m/s因此小孩至少要以203m/s 的水平速度从甲车跳到乙车上．15．(13分)如图13所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能到达C 板的最右端，已知A 、B 、C 质量均相等，木板C 长为L ，求：图13(1)A 物体的最终速度大小； (2)A 在木板C 上滑行的时间． 答案 (1)3v 04 (2)4Lv 0解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1， 解得v 1＝v 02B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝3v 04.(2)在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得： F f L ＝12m v 02＋12m v 12－12×2m v 22，解得F f ＝m v 0216L，此过程中对C ，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1， 解得t ＝4Lv 0.16．(14分)如图14所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：图14(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ； (2)A 的最大速度v 的大小； (3)初始时B 离地面的高度H . 答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m解析 (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h ＝12gt 2① 代入数据解得t ＝0.6 s ②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有 v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 v ＝2 m/s ⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m ⑦章末检测试卷(二)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共计60分.1～8题为单选题，9～12题为多选题．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于热辐射，下列说法中正确的是( )A ．一般物体的热辐射强度只与物体的温度有关B ．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，所以黑体一定是黑的C ．一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值D ．温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长增大的方向移动答案 C2．关于光电效应，以下说法正确的是( )A ．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B ．光电子的最大初动能越大，形成的光电流越强C ．能否产生光电效应现象，取决于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功D ．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属一定不发生光电效应答案 C解析 由光电效应方程知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但不是成正比关系，A 错．光电流的强度与入射光的强度成正比，与光电子的最大初动能无关，B 错．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属不一定不发生光电效应，能发生光电效应的条件是入射光光子的能量要大于金属的逸出功，D 错，C 对．3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于( )A ．等效替代B ．控制变量C ．科学假说D ．数学归纳答案 C解析为了解释光电效应的实验规律，由于当时没有现成的理论，爱因斯坦就提出了“光子说”来解释光电效应的规律，并取得成功．从科学研究的方法来说，这属于科学假说．C正确，A、B、D错误．4．关于光的波粒二象性，下列理解正确的是()A．当光子静止时有粒子性，光子传播时有波动性B．光是一种宏观粒子，但它按波的方式传播C．光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可以用波动规律来描述D．大量光子出现的时候表现为粒子性，个别光子出现的时候表现为波动性答案 C解析光子是不会静止的，大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，故A、D错误；光子不是宏观粒子，光在传播时有时看成粒子有时可看成波，故B 错误；光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可以用波动规律来描述，故C正确．5．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是()A．光电效应现象揭示了光的波动性B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等答案 B解析光电效应现象揭示了光的粒子性，A错误；热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性，B正确；普朗克借助于能量子假说，解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念，C错误；根据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的德布罗意波长相等，则动量p也相等，动能则不相等，D错误．6．经150 V电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，则() A．所有电子的运动轨迹均相同B．所有电子到达屏上的位置坐标均相同C．电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定D．电子到达屏上的位置受波动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置答案 D解析电子在运动中表现出波动性，没有一定的运动轨迹，牛顿运动定律不适用于电子的运动．故正确选项为D.7．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k－ν图象．已知钨的逸出功是4.54 eV，锌的逸出功是3.24 eV，若将二者的图线画在同一个E k－ν坐标图中，用实线表示钨、虚线表示锌，则正确反映这一过程的图是()答案 B解析 依据光电效应方程E k ＝hν－W 0可知，E k －ν图线的斜率代表了普朗克常量h ，因此钨和锌的E k －ν图线应该平行．图线的横截距代表了极限频率νc ，而νc ＝W 0h，因此钨的νc 大些．故正确答案为B.8．已知金属锌发生光电效应时产生的光电子的最大初动能E k 跟入射光的频率ν的关系图象如图1中的直线1所示．某种单色光照射到金属锌的表面时，产生的光电子的最大初动能为E 1.若该单色光照射到另一金属表面时产生的光电子的最大初动能为E 2，E 2<E 1，关于这种金属的最大初动能E k 跟入射光的频率ν的关系图象应是图中的( )图1A ．aB ．bC ．cD ．上述三条图线都不正确答案 A解析 根据光电效应方程知，E k －ν为一次函数，普朗克常量h 是斜率，h 是确定的值，虽然两金属的逸出功不同，但两个E k －ν图象的斜率相同，两个直线平行，同时再利用E k ＝hν－W 0，结合图象E 2<E 1，hν相同，所以W 1<W 2，即直线在纵轴上的截距的绝对值W 2大，故选项A 正确．9.金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图象如图2所示．则由图象可知( )图2A ．该金属的逸出功等于hνcB ．入射光的频率发生变化时，遏止电压不变C ．若已知电子电荷量e ，就可以求出普朗克常量hD ．入射光的频率为3νc 时，产生的光电子的最大初动能为2hνc答案 ACD解析 当遏止电压为零时，最大初动能为零，W 0＝hνc ，故A 正确．根据光电效应方程E km＝hν－W 0和eU c ＝E km 得，U c ＝hνe －W 0e，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，故B 错误．由U c ＝hνe －W 0e ，知图线的斜率等于h e，从图象上可以得出斜率的大小，若已知电子电荷量，可以求出普朗克常量，故C 正确．从图象上可知，逸出功W 0＝hνc .根据光电效应方程，E km ＝hν－W 0＝hν－hνc .入射光的频率为3νc 时，产生的光电子的最大初动能为2hνc ，故D 正确．10．下表列出了几种不同物体在某种速度下的德布罗意波长和频率为1 MHz 的无线电波的波长，根据表中数据可知( )A.要检测弹子球的波动性几乎不可能B ．无线电波通常只能表现出波动性C ．电子照射到金属晶体上能观察到它的波动性D ．只有可见光才有波粒二象性答案 ABC解析 弹子球的波长相对太小，所以检测其波动性几乎不可能，A 正确；无线电波波长较长，所以通常表现为波动性，B 正确；电子波长与金属晶体原子尺度差不多，所以能利用金属晶体观察电子的波动性，C 正确；由物质波理论知，D 错误．11．物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就出现了规则的干涉条纹，对这个实验结果下列认识正确的是( )A ．曝光时间不长时，光子的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点B ．单个光子的运动表现出波动性C ．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D ．大量光子的行为表现出波动性答案CD解析光是一种概率波，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是中央亮纹处，可达95%以上，还可能落到暗纹处，不过落在暗纹处的概率最小(注意暗纹处并非无光子到达)．故C、D选项正确．12．如图3所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接．用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转．下列说法正确的是()图3A．a光的频率一定大于b光的频率B．用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应C．电源正极可能与c接线柱连接D．若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→G→f答案ACD解析由于电源的接法不知道，所以有两种情况：(1)c接负极，d接正极：单色光a频率大于金属的极限频率，b光的频率小于金属的极限频率，所以a光的频率一定大于b光的频率．(2)c接正极，d接负极：a、b两光都能发生光电效应，a光产生的光电子能到达负极而b光产生的光电子不能到达负极，a光产生的光电子的最大初动能大，所以a光的频率一定大于b光的频率．故A、C正确，B错误；电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→G→f.故D正确．二、填空题(本题共2小题，共计10分)13．(4分)如图4所示的实验电路，当用黄光照射光电管中的金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转．若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，此时电压表读数为U.若此时增加黄光照射的强度，则毫安表____(选填“有”或“无”)示数．若此时改用蓝光照射光电管中的金属涂层，则毫安表________(选填“有”或“无”)示数．图4答案 无 有解析 光电效应的原理是当有频率足够大的光照射到金属表面时，将会使金属中的电子获得足够能量而从表面逸出，逸出的光电子向另一极板定向移动而形成电流．当增加黄光照射的强度时，不能增加光电子的最大初动能，故毫安表无示数．当改用蓝光照射时，光电子的最大初动能增大，光电子能到达A 极，形成电流．14．(6分)如图5所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s(直线与横轴的交点坐标为4.17，与纵轴交点坐标为0.5)．由图可知，斜率表示________．该金属的截止频率为________Hz ，该金属的逸出功为________ J ，(结果保留三位有效数字)若用频率为5.5×1014 Hz 的光照射该种金属时，则对应的遏止电压应为______ V .图5答案 普朗克常量h 4.17×1014 2.76×10－19 0.5解析 根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0，E k －ν图象的横轴的截距大小等于截止频率，由题图知该金属的截止频率为4.17×1014 Hz.由E k ＝hν－W 0得，该图线的斜率表示普朗克常量h ，金属的逸出功W 0＝hνc ＝6.63×10－34×4.17×1014 J ≈2.76×10－19 J ，由题图得，当入射光的频率为ν＝5.5×1014 Hz ，最大初动能为E km ＝0.5 eV .依据U c ＝E km e解得：U c ＝0.5 V. 三、计算题(本题共3小题，共计30分)15．(10分)钨的逸出功是4.54 eV ，现用波长200 nm 的光照射钨的表面．求：(结果均保留三位有效数字)(1)光电子的最大初动能；(2)遏止电压；(3)钨的截止频率．答案 (1)1.68 eV (2)1.68 V (3)1.10×1015 Hz解析 (1)由爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0可得：E k ＝h c λ－W 0＝(6.63×10－34×3×1082×10－7－4.54×1.6×10－19)J ＝2.681×10－19 J ≈1.68 eV . (2)由eU c ＝E k 得遏止电压U c ＝E k e＝1.68 V. (3)由W 0＝hνc 得截止频率。