第62頁（共62頁）2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之原子結構和波粒二象性（一）一．選擇題（共16小題）1．（2025?廣西）已知金屬銣、鉀、鈉、鈣的逸出功分別為2.13eV、2.25eV、2.29eV、3.20eV。用光子能量為2.20eV的單色光照射這些金屬的表面，能逸出光電子的金屬是（）A．銣 B．鉀 C．鈉 D．鈣2．（2025?重慶）在科學實驗中可利用激光使原子減速，若一個處于基態(tài)的原子朝某方向運動，吸收一個沿相反方向運動的能量為E的光子后躍遷到相鄰激發(fā)態(tài)，原子速度減小，動量變?yōu)閜。普朗克常量為h，光速為c，則（）A．光子的波長為EhB．該原子吸收光子后質量減少了EcC．該原子吸收光子后德布羅意波長為hpD．一個波長更長的光子也能使該基態(tài)原子躍遷到激發(fā)態(tài)3．（2025?甘肅）利用電子與離子的碰撞可以研究離子的能級結構和輻射特性。He+離子相對基態(tài)的能級圖（設基態(tài)能量為0）如圖所示。用電子碰撞He+離子使其從基態(tài)激發(fā)到可能的激發(fā)態(tài)，若所用電子的能量為50eV，則He+離子輻射的光譜中，波長最長的譜線對應的躍遷為（）A．n＝4→n＝3能級 B．n＝4→n＝2能級 C．n＝3→n＝2能級 D．n＝3→n＝1能級4．（2025?廣東）有甲、乙兩種金屬，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某頻率的光分別照射這兩種金屬，只有甲發(fā)射光電子，其最大初動能為Ek，下列說法正確的是（）A．使用頻率更小的光，可能使乙也發(fā)射光電子 B．使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于Ek C．頻率不變，減弱光強，可能使乙也發(fā)射光電子 D．頻率不變，減弱光強，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于Ek5．（2025?選擇性）我國首臺擁有自主知識產權的場發(fā)射透射電鏡TH﹣F120實現了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速電子束波長遠小于可見光波長的物理性質。一個靜止的電子經100V電壓加速后，其德布羅意波長為λ，若加速電壓為10kV，不考慮相對論效應，則其德布羅意波長為（）A．100λ B．10λ C．110λ D．16．（2025?山東）在光電效應實驗中，用頻率和強度都相同的單色光分別照射編號為1、2、3的金屬，所得遏止電壓如圖所示，關于光電子最大初動能Ek的大小關系正確的是（）A．Ek1＞Ek2＞Ek3 B．Ek2＞Ek3＞Ek1 C．Ek3＞Ek2＞Ek1 D．Ek3＞Ek1＞Ek27．（2024?浙江）如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d（遠小于板長），電子的質量為m，電荷量為e，則（）A．M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大 B．只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能12C．電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmD．M、N間加反向電壓mv8．（2024?江西）近年來，江西省科學家發(fā)明硅襯底氮化鎵基系列發(fā)光二極管（LED），開創(chuàng)了國際上第三條LED技術路線。某氮化鎵基LED材料的簡化能級如圖所示，若能級差為2.20eV（約3.52×10﹣19J），普朗克常量h＝6.63×10﹣34J?s，則發(fā)光頻率約為（）A．6.38×1014Hz B．5.67×1014Hz C．5.31×1014Hz D．4.67×1014Hz9．（2024?安徽）大連相干光源是我國第一臺高增益自由電子激光用戶裝置，其激光輻射所應用的玻爾原子理論很好地解釋了氫原子的光譜特征。圖為氫原子的能級示意圖，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，當大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射不同頻率的紫外光有（）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種10．（2024?湖南）量子技術是當前物理學應用研究的熱點，下列關于量子論的說法正確的是（）A．普朗克認為黑體輻射的能量是連續(xù)的 B．光電效應實驗中，紅光照射可以讓電子從某金屬表面逸出，若改用紫光照射也可以讓電子從該金屬表面逸出 C．康普頓研究石墨對X射線散射時，發(fā)現散射后僅有波長小于原波長的射線成分 D．德布羅意認為質子具有波動性，而電子不具有波動性11．（2024?浙江）氫原子光譜按頻率展開的譜線如圖所示，此四條譜線滿足巴耳末公式1λ=R(122-1n2)，n＝3、A．照射同一單縫衍射裝置，Hδ光的中央明條紋寬度寬 B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃磚，Hδ光的側移量小 C．以相同功率發(fā)射的細光束，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多 D．相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的飽和光電流小12．（2024?海南）利用如圖所示的裝置研究光電效應，使閉合單刀雙擲開關S接1，用頻率為ν1的光照射光電管，調節(jié)滑動變阻器，使電流表的示數剛好為0，此時電壓表的示數為U1，已知電子電荷量為e，普朗克常量為h，下列說法正確的是（）A．其他條件不變，增大光強，電壓表示數增大 B．改用比ν1更大頻率的光照射，調整電流表的示數為零，此時電壓表示數仍為U1 C．其他條件不變，使開關接2，電流表示數仍為零 D．光電管陰極材料的截止頻率ν13．（2024?全國）在入射光的頻率高于底限頻率（截止頻率）的光電效應實驗中，實驗測得的截止電壓（遏止電位）與下列何者成正比？（）A．電子在被激發(fā)出之前的能量 B．入射光的強度 C．光電流的強度 D．被照射金屬靶的功函數 E．光電子的最大動能14．（2024?全國）圖1為氫原子光譜譜線的波長相對位置示意圖（波長絕對位置未依實際刻度繪制），并以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ標示來曼系、巴耳末系、帕申系中波長最長的三條光譜線，例如來曼系標示Ⅰ處為電子從主量子數n＝2軌域躍遷至n＝1軌域所發(fā)射的譜線。下列何者為電子從主量子數n＝5軌域躍遷至n＝3軌域所發(fā)射的譜線？（）A．帕申系標示Ⅰ處 B．帕申系標示Ⅱ處 C．巴耳末系標示Ⅱ處 D．巴耳末系標示Ⅲ處 E．來曼系標示Ⅲ處15．（2024?浙江）玻爾氫原子電子軌道示意圖如圖所示，處于n＝3能級的原子向低能級躍遷，會產生三種頻率為ν31、ν32和ν21的光，下標數字表示相應的能級。已知普朗克常量為h，光速為c。正確的是（）A．頻率為ν31的光，其動量為E3B．頻率為ν31和ν21的兩種光分別射入同一光電效應裝置，均產生光電子，其最大初動能之差為hν32 C．頻率為ν31和ν21的兩種光分別射入雙縫間距為d、雙縫到屏的距離為l的干涉裝置，產生的干涉條紋間距之差為lcdD．若原子從n＝3躍遷至n＝4能級，入射光的頻率ν34′＞16．（2024?全國）下列有關光的性質與現象的敘述何者正確？（）A．不同波長的光在真空中的頻率相同 B．單色光由空氣進入玻璃中時，其波長會變短 C．日光下肥皂泡表面呈現的七彩現象，主要是因光的折射所產生 D．雨后的天空有時會出現彩虹，主要是因陽光經過大氣，產生繞射所導致 E．光的波粒二象性是指光同時具有由牛頓提出光是微粒所組成的粒子性質，以及由楊氏雙狹縫干涉實驗所證實的波動性質二．多選題（共1小題）（多選）17．（2025?浙江）如圖1所示，三束由氫原子發(fā)出的可見光P、Q、R分別由真空玻璃管的窗口射向陰極K。調節(jié)滑動變阻器，記錄電流表與電壓表示數，兩者關系如圖2所示，下列說法正確的是（）A．分別射入同一單縫衍射裝置時，Q的中央亮紋比R寬 B．P、Q產生的光電子在K處最小德布羅意波長，P大于Q C．氫原子向第一激發(fā)態(tài)躍遷發(fā)光時，三束光中Q對應的能級最高 D．對應于圖2中的M點，單位時間到達陽極A的光電子數目，P多于Q三．解答題（共3小題）18．（2025?江蘇）江門中微子實驗室使用我國自主研發(fā)的光電倍增管，利用光電效應捕捉中微子信息。光電倍增管陰極金屬材料的逸出功為W0，普朗克常量為h。（1）求該金屬的截止頻率ν0；（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應，求光電子的最大初動能Ek。19．（2025?北京）如圖1所示，金屬圓筒A接高壓電源的正極，其軸線上的金屬線B接負極。（1）設A、B兩極間電壓為U，求在B極附近電荷量為Q的負電荷到達A極過程中靜電力做的功W。（2）已知筒內距離軸線r處的電場強度大小E=k2λr，其中k為靜電力常量，λ為金屬線B單位長度的電荷量。如圖2所示，在圓筒內橫截面上，電荷量為q、質量為m的粒子繞軸線做半徑不同的勻速圓周運動，其半徑為r1、r2和r3時的總能量分別為E1、E2和E3。若r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比較（E3﹣E2）與（E（3）圖1實為某種靜電除塵裝置原理圖，空氣分子在B極附近電離，筒內塵埃吸附電子而帶負電，在電場作用下最終被A極收集。使分子或原子電離需要一定條件。以電離氫原子為例。根據玻爾原子模型，定態(tài)氫原子中電子在特定軌道上繞核做圓周運動，處于特定能量狀態(tài)，只有當原子獲得合適能量才能躍遷或電離。若氫原子處于外電場中，推導說明外電場的電場強度多大能將基態(tài)氫原子電離。（可能用到：元電荷e＝1.6×10﹣19C，電子質量m＝9.1×10﹣31kg，靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2，基態(tài)氫原子軌道半徑a＝5.3×10﹣11m和能量E0＝﹣13.6eV）20．（2025?河北）光纖光譜儀的部分工作原理如圖所示。待測光在光纖內經多次全反射從另一端射出，再經棱鏡偏轉，然后通過狹縫進入光電探測器。（1）若將光纖簡化為真空中的長玻璃絲，設玻璃絲的折射率為233（2）若探測器光陰極材料的逸出功為9.939×10﹣20J，求該材料的截止頻率。（普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s）

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之原子結構和波粒二象性（一）參考答案與試題解析一．選擇題（共16小題）題號1234567891011答案ACCBCBCCBBC題號1213141516答案DEBBB二．多選題（共1小題）題號17答案BC一．選擇題（共16小題）1．（2025?廣西）已知金屬銣、鉀、鈉、鈣的逸出功分別為2.13eV、2.25eV、2.29eV、3.20eV。用光子能量為2.20eV的單色光照射這些金屬的表面，能逸出光電子的金屬是（）A．銣 B．鉀 C．鈉 D．鈣【考點】光電效應的條件和判斷能否發(fā)生光電效應．【專題】定性思想；推理法；光電效應專題；理解能力．【答案】A【分析】要判斷能否逸出光電子，需依據光電效應條件：光子能量≥金屬逸出功?！窘獯稹拷猓寒攩紊夤庾拥哪芰看笥诮饘俚囊莩龉r就能發(fā)生光電效應，可知能量是2.20eV的單色光光子分別照射到四種金屬板上，會發(fā)生光電效應的金屬板是銣。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】題目緊扣光電效應核心知識點，通過簡單的數值對比考查學生對光電效應條件的理解，形式簡潔直觀，能快速檢驗學生對基礎概念的掌握程度。2．（2025?重慶）在科學實驗中可利用激光使原子減速，若一個處于基態(tài)的原子朝某方向運動，吸收一個沿相反方向運動的能量為E的光子后躍遷到相鄰激發(fā)態(tài)，原子速度減小，動量變?yōu)閜。普朗克常量為h，光速為c，則（）A．光子的波長為EhB．該原子吸收光子后質量減少了EcC．該原子吸收光子后德布羅意波長為hpD．一個波長更長的光子也能使該基態(tài)原子躍遷到激發(fā)態(tài)【考點】德布羅意波的公式；分析能級躍遷過程中的能量變化（吸收或釋放能量）．【專題】定量思想；推理法；光的波粒二象性和物質波專題；理解能力．【答案】C【分析】根據光子能量公式求解光子的波長；根據愛因斯坦質能方程求解質量增加量；根據德布羅意波長公式求解原子吸收光子后德布羅意波長；根據能級躍遷的規(guī)律進行分析?！窘獯稹拷猓篈、根據光子能量公式E＝hν=hcλ，可得光子的波長：λB、根據愛因斯坦質能方程E＝mc2可得，原子吸收光子，能量增加E，質量應增加：Δm=Ec2C、吸收光子后，原子動量變?yōu)閜，根據德布羅意波長公式可得，該原子吸收光子后德布羅意波長為λ=hp，故D、原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，吸收的光子能量是特定的，由E＝hν=hcλ故選：C。【點評】本題主要是考查能級躍遷、物質波的知識，關鍵是掌握光子能量計算公式，知道物質波波長的計算公式，掌握能級躍遷的規(guī)律。3．（2025?甘肅）利用電子與離子的碰撞可以研究離子的能級結構和輻射特性。He+離子相對基態(tài)的能級圖（設基態(tài)能量為0）如圖所示。用電子碰撞He+離子使其從基態(tài)激發(fā)到可能的激發(fā)態(tài)，若所用電子的能量為50eV，則He+離子輻射的光譜中，波長最長的譜線對應的躍遷為（）A．n＝4→n＝3能級 B．n＝4→n＝2能級 C．n＝3→n＝2能級 D．n＝3→n＝1能級【考點】計算能級躍遷過程吸收或釋放的能量．【專題】定性思想；推理法；原子的能級結構專題；理解能力．【答案】C【分析】根據電子的能量判斷躍遷的能級可能值，根據光子能量計算公式分析波長的最大值?！窘獯稹拷猓河媚芰繛?0eV電子碰撞He+離子使其從基態(tài)激發(fā)，最大可能躍遷到3能級。根據E＝hν=hcλ可知，光子能量最小，波長最長，所以波長最長的對應3→2能級，故C故選：C。【點評】本題主要是考查能級躍遷，關鍵是知道光子能量的計算公式，掌握能級躍遷的原理。4．（2025?廣東）有甲、乙兩種金屬，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某頻率的光分別照射這兩種金屬，只有甲發(fā)射光電子，其最大初動能為Ek，下列說法正確的是（）A．使用頻率更小的光，可能使乙也發(fā)射光電子 B．使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于Ek C．頻率不變，減弱光強，可能使乙也發(fā)射光電子 D．頻率不變，減弱光強，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于Ek【考點】光電效應的條件和判斷能否發(fā)生光電效應．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據光電效應發(fā)生的條件結合光電效應方程進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．使用頻率更小的光，其頻率更是低于乙的極限頻率，更不可能使乙發(fā)射光電子，故A錯誤；B．根據Ek＝hν﹣W0，可知使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于Ek，故B正確；C．頻率不變，減弱光強，不可能使乙發(fā)射光電子，故C錯誤；D．頻率不變，減弱光強，仍能使甲發(fā)射光電子，其最大初動能等于Ek，故D錯誤。故選：B。【點評】考查光電效應發(fā)生的條件結合光電效應方程的應用，會根據題意進行準確分析解答。5．（2025?選擇性）我國首臺擁有自主知識產權的場發(fā)射透射電鏡TH﹣F120實現了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速電子束波長遠小于可見光波長的物理性質。一個靜止的電子經100V電壓加速后，其德布羅意波長為λ，若加速電壓為10kV，不考慮相對論效應，則其德布羅意波長為（）A．100λ B．10λ C．110λ D．1【考點】德布羅意波的公式．【專題】定量思想；合成分解法；光的波粒二象性和物質波專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據動能定理求出加速后電子的動能，結合動量與動能的關系求出動量，最后由德布羅意波波長公式求出?！窘獯稹拷猓涸O加速電壓為U，電子的質量為m，電荷量為e，加速后電子的動量為p。加速后電子的動能Ek＝eU電子的動量p＝mv=由德布羅意波波長公式λ由于U′＝100U可得λ故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】該題考查德布羅意波波長的公式，記住該公式，知道動量與動能的關系即可。6．（2025?山東）在光電效應實驗中，用頻率和強度都相同的單色光分別照射編號為1、2、3的金屬，所得遏止電壓如圖所示，關于光電子最大初動能Ek的大小關系正確的是（）A．Ek1＞Ek2＞Ek3 B．Ek2＞Ek3＞Ek1 C．Ek3＞Ek2＞Ek1 D．Ek3＞Ek1＞Ek2【考點】遏止電壓及其影響因素．【專題】比較思想；推理法；光電效應專題；理解能力．【答案】B【分析】根據光電子最大初動能與遏止電壓的關系比較即可?！窘獯稹拷猓焊鶕怆娮幼畲蟪鮿幽芘c遏止電壓的關系得：Ek＝eUc由圖像得：Uc2＞Uc3＞Uc1則有：Ek2＞Ek3＞Ek1故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查光電效應，掌握光電效應中光電子最大初動能與遏止電壓的關系即可輕松求解。7．（2024?浙江）如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d（遠小于板長），電子的質量為m，電荷量為e，則（）A．M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大 B．只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能12C．電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmD．M、N間加反向電壓mv【考點】愛因斯坦光電效應方程；牛頓第二定律的簡單應用；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；愛因斯坦的質能方程應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據動能定理得出電子動能的影響因素并完成分析；根據牛頓第二定律得出加速度的大小，結合運動學公式得出對應的位移?！窘獯稹拷猓篈B．根據動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到到達N板時eU=解得：E根據上述表達式可知，粒子到達N板時的動能與兩極板間距無關，與電子從金屬板中逸出的方向無關，故AB錯誤；C．平行極板M射出的電子到達N板時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為y＝vmtd=解得：y故C正確；D．M、N間加反向電壓電流表示數恰好為零時，則eU解得：U故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了動能定理的相關應用，熟悉動能定理得出粒子的速度，結合運動學公式即可完成分析。8．（2024?江西）近年來，江西省科學家發(fā)明硅襯底氮化鎵基系列發(fā)光二極管（LED），開創(chuàng)了國際上第三條LED技術路線。某氮化鎵基LED材料的簡化能級如圖所示，若能級差為2.20eV（約3.52×10﹣19J），普朗克常量h＝6.63×10﹣34J?s，則發(fā)光頻率約為（）A．6.38×1014Hz B．5.67×1014Hz C．5.31×1014Hz D．4.67×1014Hz【考點】能量子與量子化現象．【專題】定量思想；控制變量法；光電效應專題；理解能力．【答案】C【分析】根據?＝hν求解出答案?！窘獯稹拷猓狠椛涔庾幽芰繛?＝3.52×10﹣19J，根據?＝hν解得ν＝5.31×1014Hz故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查的是能量子?＝hν的計算，為基礎題。9．（2024?安徽）大連相干光源是我國第一臺高增益自由電子激光用戶裝置，其激光輻射所應用的玻爾原子理論很好地解釋了氫原子的光譜特征。圖為氫原子的能級示意圖，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，當大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射不同頻率的紫外光有（）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種【考點】分析能級躍遷過程中的能量變化（吸收或釋放能量）．【專題】定量思想；推理法；原子的能級結構專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據能級的計算公式得出不同類型的光子的能量，結合紫外光的能量特點得出對應的光的數量。【解答】解：根據能級的躍遷特點可知，大量處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時，總共有3種不同頻率的光，其能量大小分別為：?1＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4）eV＝1.89eV?2＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV?3＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6）eV＝10.2eV紫外光的光子能量大于3.11eV，則輻射出的不同頻率的紫外光有2種，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查了玻爾理論的相關應用，熟悉能級的計算公式即可完成分析，屬于基礎題型。10．（2024?湖南）量子技術是當前物理學應用研究的熱點，下列關于量子論的說法正確的是（）A．普朗克認為黑體輻射的能量是連續(xù)的 B．光電效應實驗中，紅光照射可以讓電子從某金屬表面逸出，若改用紫光照射也可以讓電子從該金屬表面逸出 C．康普頓研究石墨對X射線散射時，發(fā)現散射后僅有波長小于原波長的射線成分 D．德布羅意認為質子具有波動性，而電子不具有波動性【考點】實物粒子的波動性；力學物理學史．【專題】定性思想；歸納法；光的波粒二象性和物質波專題；理解能力．【答案】B【分析】本題是物理學史問題，根據科學家和他們的貢獻進行解答即可。【解答】解：A、普朗克認為黑體輻射的能量是一份一份的，是量子化的，并不連續(xù)，故A錯誤；B、紫光的頻率高于紅光，紅光能使金屬產生光電效應，則紫光也能使該金屬產生光電效應，故B正確；C、石墨對X射線的散射過程遵循動量守恒，光子和電子碰撞后，電子獲得一定動量，光子動量變小，根據波長λ=hp可知波長變長，故D、德布羅意認為物質都具有波動性，包括質子和電子，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，重視歷史知識積累。11．（2024?浙江）氫原子光譜按頻率展開的譜線如圖所示，此四條譜線滿足巴耳末公式1λ=R(122-1n2)，n＝3、A．照射同一單縫衍射裝置，Hδ光的中央明條紋寬度寬 B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃磚，Hδ光的側移量小 C．以相同功率發(fā)射的細光束，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多 D．相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的飽和光電流小【考點】分析能級躍遷過程中的能量變化（吸收或釋放能量）；光的折射定律；光的單縫衍射和小孔衍射；氫原子光譜及巴耳末公式．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；光的衍射、偏振和電磁本性專題；光電效應專題；推理論證能力．【答案】C【分析】先明確兩種光的波長關系，當光照射同一單縫衍射裝置，光的波長越長，中央明條紋寬度越寬；根據光電效應相關知識進行判斷。【解答】解：根據巴耳末公式，我們可以知道Hα、Hβ、Hγ、Hδ分別對應n＝3、4、5、6的譜線。A、用Hδ和Hγ光照射同一單縫衍射裝置，光的波長越長，中央明條紋寬度越寬。由于Hγ光的波長較Hδ的長，所以Hγ光的中央明條紋寬度最寬，故A錯誤。B、Hγ光的波長較長，根據：f可知Hγ光的頻率較小，則Hγ光的折射率較小，在平行玻璃磚的偏折較小，Hγ光的側移量小，故B錯誤；C、Hγ光的頻率較小，Hγ光的光子能量較小，以相同功率發(fā)射的細光束，Hγ光的光子數較多，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多，故C正確；D、若Hδ、Hγ光均能發(fā)生光電效應，相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的頻率較小，Hγ光的光子能量較小，Hγ光的光子數較多，則Hγ光的飽和光電流大，Hδ光的飽和光電流小，故D錯誤。故選：C?！军c評】這道題主要考查了氫原子光譜、光的衍射、折射、光子能量和光電效應等知識點，用到的知識點較多，各個知識均要熟練掌握才能正確解答。12．（2024?海南）利用如圖所示的裝置研究光電效應，使閉合單刀雙擲開關S接1，用頻率為ν1的光照射光電管，調節(jié)滑動變阻器，使電流表的示數剛好為0，此時電壓表的示數為U1，已知電子電荷量為e，普朗克常量為h，下列說法正確的是（）A．其他條件不變，增大光強，電壓表示數增大 B．改用比ν1更大頻率的光照射，調整電流表的示數為零，此時電壓表示數仍為U1 C．其他條件不變，使開關接2，電流表示數仍為零 D．光電管陰極材料的截止頻率ν【考點】愛因斯坦光電效應方程；光電效應的截止頻率．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】D【分析】AB.根據愛因斯坦的光電效應方程進行分析判斷；C.根據光電效應加的正反向電壓的差別進行分析求解；D.根據愛因斯坦光電效應方程結合截止頻率公式列式聯(lián)立解答。【解答】解：A.當開關S接1時，由愛因斯坦光電效應方程eU1＝hν1﹣W0，故其他條件不變時，增大光強，電壓表的示數不變，故A錯誤；B.若改用比ν1更大頻率的光照射時，調整電流表的示數為零，而金屬的逸出功不變，故遏止電壓變大，即此時電壓表示數大于U1，故B錯誤；C.其他條件不變時，使開關S接2，此時hν1＞W0可發(fā)生光電效應，且加的正向電壓，故電流表示數不為零，故C錯誤；D.根據愛因斯坦光電效應方程eU1＝hν1﹣W0，其中W0＝hνc，聯(lián)立解得，光電管陰極材料的截止頻率為νc=ν故選：D?！军c評】考查光電效應方程和逸出功、截止頻率等問題，會根據題意進行準確分析和解答。13．（2024?全國）在入射光的頻率高于底限頻率（截止頻率）的光電效應實驗中，實驗測得的截止電壓（遏止電位）與下列何者成正比？（）A．電子在被激發(fā)出之前的能量 B．入射光的強度 C．光電流的強度 D．被照射金屬靶的功函數 E．光電子的最大動能【考點】遏止電壓及其影響因素．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；光電效應專題；理解能力．【答案】E【分析】E.根據動能定理求解遏止電壓與初動能的關系，然后作答；ABCD.根據電子激發(fā)前的動能、金屬靶的功函數結合光電效應方程進行分析；根據入射光的強度和光電流的關系進行分析?！窘獯稹拷猓篍.根據動能定理eUC＝Ek遏止電壓U因此遏止電壓與最大初動能成正比，故E正確；ABCD.電子被激發(fā)前的能量E＝hν；能夠發(fā)生光電效應時，入射光的強度越大，光電流越大，與遏止電壓無關；被照射金屬靶的功函數W0＝hν0；根據光電效應方程E＝eUC+W0得遏止電壓UC=E故選：E?！军c評】本題考查了光電效應的有關知識，知道能夠發(fā)生光電效應時，入射光的強度越大，光電流越大；能夠用動能定理和愛因斯坦光電效應方程進行分析。14．（2024?全國）圖1為氫原子光譜譜線的波長相對位置示意圖（波長絕對位置未依實際刻度繪制），并以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ標示來曼系、巴耳末系、帕申系中波長最長的三條光譜線，例如來曼系標示Ⅰ處為電子從主量子數n＝2軌域躍遷至n＝1軌域所發(fā)射的譜線。下列何者為電子從主量子數n＝5軌域躍遷至n＝3軌域所發(fā)射的譜線？（）A．帕申系標示Ⅰ處 B．帕申系標示Ⅱ處 C．巴耳末系標示Ⅱ處 D．巴耳末系標示Ⅲ處 E．來曼系標示Ⅲ處【考點】氫原子能級圖．【專題】定量思想；推理法；原子的能級結構專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據帕申系的定義，結合光速公式可知其中波長最長的三條光譜線分別為n＝4→n＝3，n＝5→n＝3，n＝6→n＝3躍遷產生，結合玻爾理論分析其位置即可?！窘獯稹拷猓簭母吣芗壪騨＝3能級躍遷產生的光譜線成為帕申系，根據波速公式c＝λν可知波長越長則頻率越小，在帕申系中波長最長的三條光譜線中，其中n＝4→n＝3躍遷產生的譜線，其能級差小，頻率小，其波長最長，從n＝6→n＝3躍遷產生的譜線，其能級差最大，頻率最大，其波長最短，所以n＝5→n＝3躍遷產生的譜線，其能級差居中，頻率居中，其波長也居中，所以從主量子數n＝5軌域躍遷至n＝3軌域所發(fā)射的譜線為帕申系標示Ⅱ處，故B正確，ACDE錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，結合波速公式判斷其波長關系。15．（2024?浙江）玻爾氫原子電子軌道示意圖如圖所示，處于n＝3能級的原子向低能級躍遷，會產生三種頻率為ν31、ν32和ν21的光，下標數字表示相應的能級。已知普朗克常量為h，光速為c。正確的是（）A．頻率為ν31的光，其動量為E3B．頻率為ν31和ν21的兩種光分別射入同一光電效應裝置，均產生光電子，其最大初動能之差為hν32 C．頻率為ν31和ν21的兩種光分別射入雙縫間距為d、雙縫到屏的距離為l的干涉裝置，產生的干涉條紋間距之差為lcdD．若原子從n＝3躍遷至n＝4能級，入射光的頻率ν34′＞【考點】原子能級躍遷與光電效應的結合；光的波長與干涉條紋間距的關系；愛因斯坦光電效應方程．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；原子的能級結構專題；愛因斯坦的質能方程應用專題；理解能力．【答案】B【分析】A.根據光子的動量公式、能級公式、波長和波速的關系求解作答；B.根據愛因斯坦的光電效應方程求解作答；C.根據雙縫干涉條紋間距公式、波長和波速的關系求解作答；D.入射光是光子，則躍遷時氫原子吸收的能量必為能級的差值，據此分析分析作答?！窘獯稹拷猓篈.根據光子的動量公式p根據波長、波速和頻率的關系λ根據能級公式hν＝E3﹣E1聯(lián)立解得p=E3B.根據光電效應方程Ekm＝hν﹣W0由于逸出功W0相同因此兩種光射入時逸出電子最大初動能之差ΔEkm＝hΔν＝h（ν31﹣ν21）＝hν32，故B正確；C.根據雙縫干涉條紋間距公式Δx兩種光發(fā)生干涉時的條紋間距之差l而λ代入數據解得ldΔλ=D.因為入射光是光子，則躍遷時氫原子吸收的能量必為能級的差值，則對應光子的頻率ν34=E故選：B?！军c評】本題考查了光子的動量、能級公式、波長波速和頻率的關系、雙縫干涉條紋間距公式，涉及的知識點較多，需要加強基礎知識的學習。16．（2024?全國）下列有關光的性質與現象的敘述何者正確？（）A．不同波長的光在真空中的頻率相同 B．單色光由空氣進入玻璃中時，其波長會變短 C．日光下肥皂泡表面呈現的七彩現象，主要是因光的折射所產生 D．雨后的天空有時會出現彩虹，主要是因陽光經過大氣，產生繞射所導致 E．光的波粒二象性是指光同時具有由牛頓提出光是微粒所組成的粒子性質，以及由楊氏雙狹縫干涉實驗所證實的波動性質【考點】光具有波粒二象性；波長、頻率和波速的關系；波的干涉現象實例；光的折射定律．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；光的折射專題；光的干涉專題；光的波粒二象性和物質波專題；理解能力．【答案】B【分析】AB.根據波長、波速和頻率的關系分析作答；C.根據光的干涉分析作答；D.彩虹光的折射和光的全反射反射所導致，據此分析作答；E.根據光的波粒二象性的含義分析作答。【解答】解：A.根據波長、波速和頻率的關系ν=cλB.根據折射率公式n根據波長、波速和頻率的關系λ由于n＞1，ν和c不變，因此光的波長變短，故B錯誤；C.日光下肥皂泡表面呈現的七彩現象，主要是因光的干涉所產生，故C錯誤；D.雨后的天空有時會出現彩虹，主要是因陽光經過大氣中小水珠，發(fā)生折射和光的全反射反射所導致，故D錯誤；E.光的波粒二象性是指光同時具有由愛因斯坦的光量子所組成的一分一分的能量子的性質，以及由楊氏雙狹縫干涉實驗所證實的波動性質，故E錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查了波長、波速和頻率的關系，光的干涉、折射和全反射以及光的波粒二象性的理解，特別是光的粒子性已經超越了牛頓經典的粒子性。二．多選題（共1小題）（多選）17．（2025?浙江）如圖1所示，三束由氫原子發(fā)出的可見光P、Q、R分別由真空玻璃管的窗口射向陰極K。調節(jié)滑動變阻器，記錄電流表與電壓表示數，兩者關系如圖2所示，下列說法正確的是（）A．分別射入同一單縫衍射裝置時，Q的中央亮紋比R寬 B．P、Q產生的光電子在K處最小德布羅意波長，P大于Q C．氫原子向第一激發(fā)態(tài)躍遷發(fā)光時，三束光中Q對應的能級最高 D．對應于圖2中的M點，單位時間到達陽極A的光電子數目，P多于Q【考點】光電效應方程的圖像問題．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】A.根據圖2，判斷三束光的頻率關系，結合頻率波長關系式，單縫衍射中央亮紋寬度和波長的關系進行分析解答；B.根據光電效應方程、動能和動量關系式結合德布羅意波長公式進行解答；C.根據頻率關系判斷能量關系，再結合躍遷規(guī)律進行分析解答；D.根據交點含義進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.根據圖2，可知P、R兩光的遏止電壓相同，Q光的遏止電壓更大一些，即UQ＞UP＝UR，根據eU＝Ek＝hν﹣W0，可知頻率關系是νQ＞νP＝νR。根據ν=cλ，可知波長關系是λQ＜λP＝λR。根據單縫衍射規(guī)律，波長越大，中央亮條紋越寬，則分別射入同一單縫衍射裝置時，Q的中央亮紋應比RB.光電子在K處，動能Ek＝hν﹣W0，則P產生的光電子動能小于Q；根據p=2mEk，可知P產生的光電子動量小于Q。由德布羅意波長λ=hC.三束光中，Q的頻率最大，對應光子能量也最大。三束光都是由更高能級向第一激發(fā)態(tài)躍遷發(fā)出的，根據氫原子躍遷規(guī)律，能量越大對應的能級差也越大，所以Q對應的初始能級最高，故C正確；D.圖2中M點對應光電流相同，說明單位時間內到達陽極A的光電子數目相同，故D錯誤。故選：BC。【點評】考查光電效應和單縫衍射，德布羅意波長的問題，會根據題意進行準確分析解答。三．解答題（共3小題）18．（2025?江蘇）江門中微子實驗室使用我國自主研發(fā)的光電倍增管，利用光電效應捕捉中微子信息。光電倍增管陰極金屬材料的逸出功為W0，普朗克常量為h。（1）求該金屬的截止頻率ν0；（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應，求光電子的最大初動能Ek。【考點】愛因斯坦光電效應方程．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】（1）該金屬的截止頻率ν0為W0（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應，光電子的最大初動能Ek為hν﹣W0。【分析】（1）根據光電效應方程求金屬K的逸出功W0，根據W0＝hν0求截止頻率。（2）由光電效應方程計算光電子的最大初動能。【解答】解：（1）根據題意，由光電效應方程有Ek＝hν0﹣W0當Ek＝0時，可得該金屬的截止頻率ν（2）根據題意，由光電效應方程可得，光電子的最大初動能為Ekm＝hν﹣W0答：（1）該金屬的截止頻率ν0為W0（2）若頻率為ν的入射光能使該金屬發(fā)生光電效應，光電子的最大初動能Ek為hν﹣W0。【點評】本題考查光電效應規(guī)律的應用能力，涉及兩個過程：一個產生光電效應的過程；一個是光電子在電場中減速運動的過程，分過程進行研究。19．（2025?北京）如圖1所示，金屬圓筒A接高壓電源的正極，其軸線上的金屬線B接負極。（1）設A、B兩極間電壓為U，求在B極附近電荷量為Q的負電荷到達A極過程中靜電力做的功W。（2）已知筒內距離軸線r處的電場強度大小E=k2λr，其中k為靜電力常量，λ為金屬線B單位長度的電荷量。如圖2所示，在圓筒內橫截面上，電荷量為q、質量為m的粒子繞軸線做半徑不同的勻速圓周運動，其半徑為r1、r2和r3時的總能量分別為E1、E2和E3。若r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比較（E3﹣E2）與（E（3）圖1實為某種靜電除塵裝置原理圖，空氣分子在B極附近電離，筒內塵埃吸附電子而帶負電，在電場作用下最終被A極收集。使分子或原子電離需要一定條件。以電離氫原子為例。根據玻爾原子模型，定態(tài)氫原子中電子在特定軌道上繞核做圓周運動，處于特定能量狀態(tài)，只有當原子獲得合適能量才能躍遷或電離。若氫原子處于外電場中，推導說明外電場的電場強度多大能將基態(tài)氫原子電離。（可能用到：元電荷e＝1.6×10﹣19C，電子質量m＝9.1×10﹣31kg，靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2，基態(tài)氫原子軌道半徑a＝5.3×10﹣11m和能量E0＝﹣13.6eV）【考點】分析能級躍遷過程中的能量變化（吸收或釋放能量）；用特殊的方法求解電場強度；電場力做功與電勢差的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；原子的能級結構專題；推理論證能力．【答案】（1）在B極附近電荷量為Q的負電荷到達A極過程中靜電力做的功W為QU；（2）（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）（3）外電場的電場強度1.28×1011N/C能將基態(tài)氫原子電離。【分析】（1）根據電場力做功公式計算即可；（2）分別表達出電子在不同軌道上具有的動能和電勢能，然后用數學的方法比較即可；（3）根據功能關系計算?！窘獯稹拷猓海?）在B極附近電荷量為Q的負電荷到達A極過程中靜電力做的功W＝﹣Q?（﹣U）＝QU（2）粒子在半徑為r處繞軸線做勻速圓周運動，其向心力由電場力提供，根據向心力公式qE=又E＝k2聯(lián)立可得qk2解得粒子的動能E設距離軸線r1、r2、r3處的電勢為φ1、φ2、φ3，由軸線到圓筒電場強度逐漸變小，電勢逐漸升高，已知：r3﹣r2＝r2﹣r1，根據電場強度與電勢的關系可得：φ3﹣φ2＜φ2﹣φ1。根據電子的電勢能EP＝qφ（粒子帶正電），可得：EP3﹣EP2＜EP2﹣EP1粒子的總能量為：E＝Ek+EP可得：E3﹣E2＝EP3﹣EP2，E2﹣E1＝EP2﹣EP1可得：（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）（3）根據功能關系可得：eE?2a＝|E0|代入數據可得E≈1.28×1011N/C答：（1）在B極附近電荷量為Q的負電荷到達A極過程中靜電力做的功W為QU；（2）（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）（3）外電場的電場強度1.28×1011N/C能將基態(tài)氫原子電離?！军c評】本題考查了電場力做功的特點，會用數學的方法比較電子在不同軌道上具有的能量。20．（2025?河北）光纖光譜儀的部分工作原理如圖所示。待測光在光纖內經多次全反射從另一端射出，再經棱鏡偏轉，然后通過狹縫進入光電探測器。（1）若將光纖簡化為真空中的長玻璃絲，設玻璃絲的折射率為23（2）若探測器光陰極材料的逸出功為9.939×10﹣20J，求該材料的截止頻率。（普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s）【考點】光電效應的截止頻率；光導纖維及其應用．【專題】定量思想；等效替代法；光學計算專題；分析綜合能力．【答案】（1）光在玻璃絲內發(fā)生全反射時的最小入射角為60°。（2）該材料的截止頻率為1.5×1014Hz?！痉治觥浚?）根據全反射的臨界角和折射率的關系求光在玻璃絲內發(fā)生全反射時的最小入射角；（2）由光電效應方程求該材料的截止頻率?！窘獯稹拷猓海?）光在玻璃絲內發(fā)生全反射的條件為入射角i≥C，則最小入射角為imin＝C由折射率n=聯(lián)立解得imin＝60°（2）由光電效應方程有hν0＝W0可得該材料的截止頻率為ν0答：（1）光在玻璃絲內發(fā)生全反射時的最小入射角為60°。（2）該材料的截止頻率為1.5×1014Hz?！军c評】解決本題本題的關鍵掌握發(fā)生全反射的條件以及光電效應的方程，從而來理解光纖光譜儀的部分工作原理，題目難度一般。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。2．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。3．波長、頻率和波速的關系【知識點的認識】描述機械波的物理量（1）波長λ：兩個相鄰的、在振動過程中對平衡位置的位移總是相同的質點間的距離叫波長．在橫波中，兩個相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長．在縱波中，兩個相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：單位時間內振動向外傳播的距離．波速的大小由介質決定．（4）波速與波長和頻率的關系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡諧波在t＝0時的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時波恰好傳到I點，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質點B、F在振動過程中位移總是相等C．質點I的起振方向沿y軸負方向D．當t＝5.1s時，x＝10m的質點處于平衡位置處E．質點A、C、E、G、I在振動過程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長，根據v=λT求解周期，根據波形圖來確定I處的起振方向，當質點間的距離為波長的整數倍時，振動情況完全相同，當質點間的距離為半波長的奇數解：A、由波形圖可知，波長λ＝4m，則T=λv=B、質點B、F之間的距離正好是一個波長，振動情況完全相同，所以質點B、F在振動過程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開始振動時的方向沿y軸負方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質點的時間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時，x＝l0m的質點已經振動4.1sE、質點A、C間的距離為半個波長，振動情況相反，所以位移的方向不同，故D錯誤；故選：ABC【點評】本題考察了根據波動圖象得出振動圖象是一重點知識，其關鍵是理解振動和波動的區(qū)別．【解題方法點撥】牢記機械振動的有關公式，熟練的進行公式之間的轉化與計算。4．波的干涉現象實例【知識點的認識】本考點旨在針對生活中的干涉現象，或用波的干涉解釋生活中的一些現象?！久}方向】準備一臺收錄機和兩個相同的揚聲器，請設計一個實驗，體驗聲波的干涉現象。分析：從波的干涉形成的條件，設計取得兩列相干波源，后體驗干涉現象。解答：把兩個小型揚聲器S1和S2相距68厘米放置，用頻率為f＝1000Hz的低頻信號發(fā)生器推動它發(fā)出聲波（波長為34厘米，這時揚聲器之間的距離為2λ），這時我們用探測系統(tǒng)反復探測，測出S1和S2之間共有五處振動加強區(qū)，四處振動減弱區(qū)。保持S1和S2間距不變，改用f＝1500K的聲波做實驗（這時S1和S2之間距離為3λ），我們探測到了七個振動加強區(qū)和六個振動減弱區(qū)。改變S1和S2的距離及聲波的波長，同樣得到了類似的結果。實驗現象非常清晰和穩(wěn)定，實驗結果與理論分析得出的結論完全一致。點評：明確聲波的干涉的概念，知道干涉的條件是頻率相同，振動方向相同，相位差恒定?！窘忸}思路點撥】波的疊加是無條件的，任何頻率的兩列波在空間相遇都會疊加。所以生活中的干涉現象也是很多的，比如在電影院看電影時的特殊音效也是利用聲波的干涉原理設計的。5．用特殊的方法求解電場強度【知識點的認識】1．電場強度的計算方法（1）一般方法：中學階段求場強一般有下列三種方法：①E=Fq是電場強度的定義式，適用于任何電場，電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷無關，試探電荷②E＝kQr2是真空中點電荷所形成電場的計算式，E由場源電荷Q和某點到場源電荷的距離③E=Ud是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意式中的場強是矢量，所以場強的合成遵守矢量合成的平行四邊形定則。（2）特殊方法①補償法：求解電場強度，常用的方法是根據問題給出的條件建立起物理模型。如果這個模型是一個完整的標準模型，則容易解決。但有時由題給條件建立的模型不是一個完整的標準模型，比如說是模型A，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型。這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題。②極值法：物理學中的極值問題可分為物理型和數學型兩類。物理型主要依據物理概念、定理、定律求解。數學型則是根據物理規(guī)律列出方程后，依據數學中求極值的知識求解。③微元法：微元法就是將研究對象分割成許多微小的單位，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。④等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，從A事實出發(fā)，用另外的B事實來代替，必要時再由B到C…直至實現所給問題的條件，從而建立與之相對應的聯(lián)系，得以用有關規(guī)律解之。如以模型替代實物，以合力（合運動）替代兩個分力（分運動）。⑤對稱法：對稱法是利用帶電體（如球體、薄板等）產生的電場具有對稱性的特點來求電場強度的方法。【命題方向】1.拆分法一段均勻帶電的半圓形細線在其圓心O處產生的場強為E，把細線分成等長的三段圓弧，則圓弧BC在圓心O處產生的場強大小和方向為（）A、E2水平向右B、E2水平向左CE3水平向右D分析：電場強度是矢量，根據題意應用平行四邊形定則求出圓弧BC在圓心O處產生的場強。解答：如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)等分為三段。設每段在O點產生的電場強度大小均為E′。AB段和CD段在O處產生的場強夾角為120°，它們的合場強大小為E′則O點的合場強：E＝2E′，則：E′=故圓弧BC在圓心O處產生的場強為E2，方向水平向右，故A正確，BCD故選：A。點評：本題要注意電場強度是矢量，應根據平行四邊形定則進行合成，掌握電場的疊加原理即可正確解題。2.對稱法電荷量為+Q的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點電荷與圓心O連線垂直薄板，A點位于點電荷與圓心O連線的中點，B與A關于O對稱，若A點的電場強度為0，則（）A、圓形薄板所帶電荷量為+QB、圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQRC、B點的電場強度大小為kQRD、B點的電場強度大小為10kQ分析：A、B兩點電場是點電荷Q與圓形薄板上的電荷產生的電場合電場，A點電場為零，說明點電荷Q與圓形薄板在A點產生的電場等大反向；根據對稱性求出薄板在B點產生的電場，B點的電場是點電荷與薄板產生的電場的合電場；根據點電荷的場強公式與電場的疊加原理分析答題。解答：AB、點電荷在A點產生的場強為E＝kQR2，方向水平向右，A點的電場強度為零，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQR2，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應為Q，而實際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點的距離與點電荷+Q距離O點的距離相同外，其余各點距離O點的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據點電荷在某點處產生的場強公式E0=kqrCD、B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產生的電場強度為EB′＝kQR2，方向水平向右，而點電荷在B點產生的場強為EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，則B點得電場強度為EB＝E故選：BD。點評：解決本題的關鍵是明確真空中靜止的點電荷場強公式及合場強為零的含義，根據薄板產生場強的特點，由幾何對稱性分析求解。熟記點電荷場強公式，理解合場強為零的含義，熟練運用電場強度矢量疊加原理。3.微元法如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環(huán)上任一點的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（）kQcosθ分析：采用微元法求解：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），求出每份的電荷量，根據點電荷電場強度的計算公式結合矢量的合成方法進行求解。解答：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為q=每份在P點的電場強度大小為：E0=根據對稱性可知，水平方向的合場強為零，P點的電場強度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ=kQsin3θ故選：D。點評：本題主要是考查電場強度的疊加，解答本題要知道電場強度是一個矢量，滿足矢量的平行四邊形法則，掌握微元法的應用方法?！窘忸}思路點撥】電場強度的求法（1）合成法：電場強度是矢量，合成時遵循矢量運算法則（平行四邊形定則或三角形定則）；對于同一直線上電場強度的合成，可先規(guī)定正方向，進而把矢量運算轉化成代數運算。（2）對稱法：對稱法實際上就是根據某些物理現象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法分析和解決問題可以避免復雜的數學演算和推導，直接抓住問題的實質，有出奇制勝之效。（3）微元法：徽元法就是將研究對象分割成若干微小的單元，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。6．電場力做功與電勢差的關系【知識點的認識】1.電勢差與電場力做功的關系UAB=W2.推導：設電荷q在電場中從A點移動到B點，根據靜電力做功等于電勢能的減小量可知WAB＝EPA﹣EPB又EP＝qφ，所以WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＝qUAB所以UAB=【命題方向】在電場中把一個電荷量為﹣6×10﹣8C的點電荷從A點移到B點，電場力做功為﹣3×10﹣5J，將此電荷從B點移到C點，電場力做功4.5×10﹣5J，求：（1）A與C兩點間的電勢差；（2）取C點為電勢零點時，A的電勢為多大？（3）若是把一個q＝4×10﹣8C的點電荷在電場中移動則由A移到B電場力做多少功？由B移到C電場力做多少功？分析：（1）根據電勢差的公式分別求出A與B兩點間和B與C兩點間電勢差，再求解A與C兩點間的電勢差．（2）A與C兩點間的電勢差UAC＝φA﹣φC．（3）在AB間、BC間移動正電荷時，它們之間的電勢差不變，由電場力做功公式W＝qU求解電場力做功．解答：（1）A與B兩點間UAB=WABq=B與C兩點間電勢差UBC=WBCq則A與C兩點間的電勢差UAC＝UAB+UBC＝﹣250V；（2）由UAC＝φA﹣φC，φC＝0得到，φA＝﹣250V；（3）若移動q＝4×10﹣8C，電場力做功WAB′＝qUAB＝4×10﹣8×500J＝2×10﹣5JWBC′＝qUBC＝4×10﹣8×（﹣750）J＝﹣3×10﹣5J答：（1）A與C兩點間的電勢差是﹣250V；（2）取C點為電勢零點時，A的電勢為﹣250V；（3）若是把一個q＝4×10﹣8C的點電荷在電場中移動則由A移到B電場力做功是2×10﹣5J，由B移到C電場力做功是﹣3×10﹣5J．點評：本題考查電勢差公式的應用．第（1）問中，也可根據電場力做功與電荷經過路徑無關，直接求出電荷從A到C電場力做功WAC＝WAB+WBC，再求AC間電勢差．【解題思路點撥】電勢差與電場力做功的關系為WAB＝qUAB，計算時要代入各數據的正負號。7．光的折射定律【知識點的認識】一、光的折射1．光的折射現象：光射到兩種介質的分界面上時，一部分光進入到另一種介質中去，光的傳播方向發(fā)生改變的現象叫做光的折射。2．光的折射定律：折射光線與入射光線、法線處于同一平面內，折射光線與入射光線分別位于法線兩側，入射角的正弦與折射角的正弦成正比。3．在折射現象中，光路是可逆的。4．折射率：光從真空射入某種介質發(fā)生折射時，入射角θ1的正弦與折射角θ2的正弦之比，叫做介質的絕對折射率，簡稱折射率。表示為n=sin實驗證明，介質的折射率等于光在真空中與在該介質中的傳播速度之比，即n=c大于1，．兩種介質相比較，折射率較大的介質叫做光密介質，折射率較小的介質叫做光疏介質。5．相對折射率光從介質Ⅰ（折射率為n1、光在此介質中速率為v1）斜射入介質Ⅱ（折射率為n2、光在此介質中的速率為v2）發(fā)生折射時，入射角的正弦跟折射角的正弦之比，叫做Ⅱ介質相對Ⅰ介質的相對折射率。用n21表示。n21=Ⅱ介質相對Ⅰ介質的相對折射率又等于Ⅱ介質的折射率n2跟Ⅰ介質的折射率n1之比，即n21=n由以上兩式，可得到光的折射定律的一般表達式是：n1sin∠1＝n2sin∠2或n1v1＝n2v2?！久}方向】如圖所示，直角三棱鏡ABC的一個側面BC緊貼在平面鏡上，∠BAC＝β．從點光源S發(fā)出的細光束SO射到棱鏡的另一側面AC上，適當調整入射光SO的方向，當SO與AC成α角時，其折射光與鏡面發(fā)生一次反射，從AC面射出后恰好與SO重合，則此棱鏡的折射率為（）分析：由題意可知從AC面出射的光線與入射光線SO恰好重合，因此根據光路可逆可知SO的折射光線是垂直于BC的，然后根據折射定律即可求解折射率。解答：作出光路圖，依題意可知光垂直BC反射才能從AC面射出后恰好與SO重合，則光在AC面的入射角為90°﹣α，由幾何關系可知折射角為：r＝90°﹣β。根據折射定律：n=sin(90°-α)sin故選：A。點評：解決幾何光學問題的關鍵是根據題意正確畫出光路圖，然后根據幾何關系以及相關物理知識求解?！窘忸}方法點撥】光的折射問題，解題的關鍵在于正確畫出光路圖、找出幾何關系。解題的一般步驟如下：（1）根據題意正確畫出光路圖；（2）根據幾何知識正確找出角度關系；（3）依光的折射定律列式求解。8．光導纖維及其應用【知識點的認識】1．光導纖維：主要應用：a.光導纖維；b.內窺鏡；c.光纖通信．2.光導纖維的原理：當光在有機玻璃棒內傳播時，如果從有機玻璃射向空氣的入射角大于臨界角，光會發(fā)生全反射，于是光在有機玻璃棒內沿著鋸齒形路線傳播。這就是光導纖維導光的原理。實用光導纖維的直徑只有幾微米到一百微米。因為很細，一定程度上可以彎折。它由內芯和外套兩層組成，內芯的折射率比外套的大，光傳播時在內芯與外套的界面上發(fā)生全反射。3.內窺鏡的原理如果把光導纖維聚集成束，使纖維在兩端排列的相對位置一樣，圖像就可以從一端傳到另一端（下左圖）。醫(yī)學上用這種光纖制成“內窺鏡”（下右圖），用來檢查人體胃、腸、氣管等臟器的內部。實際的內窺鏡裝有兩組光纖，一組把光傳送到人體內部進行照明，另一組把體內的圖像傳出供醫(yī)生觀察。4.光纖通信的原理：光也可以像無線電波那樣，作為載體來傳遞信息。載有聲音、圖像以及各種數字信號的激光從光纖的一端輸入，就可以傳到千里以外的另一端，實現光纖通信。光纖通信有傳輸容量大的特點。例如，一路光纖的傳輸能力的理論值為二十億路電話，一千萬路電視。此外，光纖傳輸還有衰減小、抗干擾性及保密性強等多方面的優(yōu)點?！久}方向】如圖，光導纖維由內芯和外套兩部分組成，內芯折射率比外套的大，光在光導纖維中傳播時，光在內芯和外套的界面上發(fā)生全反射。假設外套為空氣，一束紅光由光導纖維的一端射入內芯，紅光在內芯與空氣的界面上恰好發(fā)生全反射，經時間t1從另一端射出；另讓一束綠光也從光導纖維的一端射入，綠光在內芯與空氣的界面上也恰好發(fā)生全反射，經時間t2從另一端射出。則內芯對紅光的折射率n1與對綠光的折射率n2之比為（）A、t1t2B、t2t1C、t1tsinC根據光路圖中的幾何關系可得紅光通過光導纖維路程時對應的路程l1又紅光的速度為v因此所用時間t整理得t同理綠光通過光導纖維所用時間t根據以上格式可以得出n1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：考查光在介質中的全反射問題，會根據題意列式求解相應的物理量?！窘忸}思路點撥】解決全反射問題的思路（1）確定光是由光疏介質進入光密介質還是由光密介質進入光疏介質。（2）若由光密介質進入光疏介質時，則根據sinC=1（3）根據題設條件，畫出入射角等于臨界角的“臨界光路”。（4）運用幾何關系、三角函數關系、反射定律等進行判斷推理，進行動態(tài)分析或定量計算。9．光的波長與干涉條紋間距的關系【知識點的認識】1.實驗裝置如下圖所示2.單縫屏的作用獲得一個線光源，使光源有唯一的頻率和振動情況。如果用激光直接照射雙縫，可省去單縫屏（托馬斯?楊所處年代沒有激光）。3.雙縫屏的作用平行光照射到單縫S上，又照到雙縫S1、S2上，這樣一束光被分成兩束頻率相同且振動情況完全一致的相干光。4.相鄰亮條紋（或暗條紋）間的距離△x與入射光波長λ之間的定量關系推導如下圖所示，雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為l。雙縫S1、S2的連線的中垂線與屏的交點為P0。對屏上與P0距離為x的一點P，兩縫與P的距離PS1＝r1，PS2＝r2。在線段PS2上作PM＝PS1，則S2M＝r2﹣r1，因d?l，三角形S1S2M可看作直角三角形。有r2﹣r1＝dsinθ（令∠S2S1M＝θ）又x＝ltanθ≈lsinθ聯(lián)立可得r2﹣r1＝dx若P處為亮條紋，則dxl=±kλ（k＝0，1，解得x＝±kldλ（k＝0，1，2所以相鄰兩亮條紋或暗條紋的中心間距Δx=ld【命題方向】如圖所示為雙縫干涉實驗裝置，當用波長為600nm的光照射單縫S時，在屏上觀察到相鄰亮條紋中心的距離為Δx，若改用波長為400nm的光照射單縫S，若使相鄰亮條紋中心的距離仍為Δx，下列措施可行的是（）A、增大雙縫和光屏之間的距離B、增大單縫和雙縫之間的距離C、增大雙縫S1和S2之間的距離D、增大單縫和光屏之間的距離分析：根據亮條紋間的距離求解相鄰亮條紋之間的間距Δx，根據兩條亮紋間的距離Δx=Ld解答：由相鄰亮條紋之間的間距公式Δx=Ldλ，當Δx一定，而波長λ減小時，要使條紋間距Δ可以增大雙縫到屏的距離L，或減小雙縫間距d，A、增大雙縫和光屏之間的距離L，符合題設條件，故A正確；B、增大單縫和雙縫之間的距離，對條紋間距沒影響，故B錯誤；C、增大雙縫S1和雙縫S2之間的距離，會使條條紋間距變得更小，故C錯誤；D、增大單縫和屏之間的距離，可能只是增大單雙縫的距離，而雙縫和屏的距離不變，則條紋間距也會變小，故D錯誤。故選：A。點評：解決本題的關鍵知道雙縫干涉實驗的原理及干涉條紋間距公式，并注意正確計算條紋間距數。【解題思路點撥】條紋間距Δx與雙縫距離d、光的波長λ及雙縫到屏的距離l之間的關系為Δx=ld10．光的單縫衍射和小孔衍射【知識點的認識】一、光的單縫衍射1.光通過狹縫之后發(fā)生衍射的現象叫作光的單縫衍射，衍射圖樣如下：2.單縫衍射圖樣特點：（1）若為單色光①中央條紋最亮，越向兩邊越暗；條紋間距不等，越靠外，條紋間距越小，中央條紋最寬，兩邊條紋寬度變窄。②縫變窄通過的光變少，而光分布的范圍更寬，所以亮條紋的亮度降低。③中央亮條紋的寬度及條紋間距跟入射光的波長及單縫寬度有關，入射光波長越大，單縫越窄，中央亮條紋的寬度及條紋間距就越大。（2）若為白光用白光做單縫衍射實驗時，中央亮條紋是白色的，兩邊是彩色條紋，中央亮條紋仍然最寬最亮。二、小孔衍射1.光通過一個小孔發(fā)生衍射的現象叫作光的小孔衍射（圓孔衍射）。衍射圖樣如下：2.小孔衍射的圖像特點①中央是大且亮的圓形亮斑，周圍分布著明暗相間的同心圓環(huán)，且越靠外，圓形亮條紋的亮度越弱，寬度越小。②圓孔越小，中央亮斑的直徑越大，同時亮度越弱。③用不同色光照射圓孔時，得到的衍射圖樣的大小和位置不同，波長越大，中央圓形亮斑的直徑越大。④白光的圓孔衍射圖樣中，中央是大且亮的白色光斑，周圍是彩色同心圓環(huán)。⑤只有圓孔足夠小時才能得到明顯的衍射圖樣。在圓孔由較大直徑逐漸減小的過程中，光屏上依次得到幾種不同的現象——圓形亮斑（光的直線傳播）、光源的像（小孔成像）、明暗相間的圓環(huán)（衍射圖樣）?！久}方向】用卡尺觀察單縫衍射現象，當縫寬由0.1mm逐漸增大到0.5mm的過程中（）A、亮線的寬度變窄，衍射現象越不明顯B、亮線的寬度變寬，衍射現象越加顯著C、亮線的寬度不變，亮度增加D、亮線的寬度不變，亮度減小分析：衍射條紋的寬度和亮度與單縫的寬度有關，寬度越窄，亮度越弱，條紋的寬度越寬．解答：A、當縫寬由0.1mm逐漸增大到0.5mm，用卡尺觀察單縫衍射的亮線寬度變窄，衍射現象越不明顯。故A正確；B、當縫寬由0.1mm逐漸增大到0.5mm，用卡尺觀察單縫衍射的亮線寬度變窄，衍射現象越不明顯。故B錯誤；C、當縫寬由0.1mm逐漸增大到0.5mm，用卡尺觀察單縫衍射的亮線寬度變窄，且亮度變亮，衍射現象越不明顯。故C錯誤；D、當縫寬由0.1mm逐漸增大到0.5mm，用卡尺觀察單縫衍射的亮線寬度變窄，且亮度變亮，衍射現象越不明顯。故D錯誤；故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握衍射條紋的寬度和亮度與縫的寬度的關系，以及知道發(fā)生明顯衍射的條件．【解題思路點撥】1.單縫衍射圖像的條紋間距的影響因素：同一衍射裝置光的波長越長、縫越窄時衍射條紋越寬。2.在小孔衍射圖樣中，中央亮圓的亮度最大，寬度也最大，周圍分布著亮、暗相間的同心圓環(huán)，且越靠外，圓形亮條紋的亮度越弱，寬度越小。對同一孔波長越長、相同波長孔越小時，衍射越明顯。11．能量子與量子化現象【知識點的認識】1.能量子假說：所謂能量子就是能量的最小單元．微觀領域里能量的變化總表現為電磁波的輻射與吸收，不同頻率的電磁波其能量子的值不同，表達式為：E＝hν其中，ν是電磁波的頻率，h是一個普遍適用的常量，稱作普朗克常量．由實驗測得h＝6.63×10﹣34J?s．2．能量的量子化在微觀領域里能量的不連續(xù)變化，即只能取分立值的現象，叫做能量的量子化．量子化現象是微觀世界的普遍現象，這與經典理論產生尖銳矛盾．這暴露了經典物理學的局限性（宏觀、低速）．從而引發(fā)了物理學的革命﹣﹣量子論的建立，使人類對物質的認識由宏觀世界進入微觀領域．【命題方向】能引起人的眼睛視覺效應的最小能量為10﹣18J，已知可見光的平均波長為0.6μm，要能引起人眼的感覺，進入人眼的光子數至少為（）A、1個B、3個C、30個D、300個分析：要求引起人眼的感覺的最少的光子數，需要知道單個光子的能量E＝hγ，而根據c＝λγ可知光子的頻率γ=c解答：根據c＝λγ可知光子的頻率γ=c而單個光子的能量E＝hγ＝hcλ故要引起人眼的感覺，進入人眼的光子數至少為n=E總故B正確。故選：B。點評：本題難度不大，但綜合性很強，是一道不可多得的好題?！窘忸}思路點撥】1.微觀領域的能量是不連續(xù)的，是一份份的。2.最小的能量叫作能量子，能量的大小為?＝hν。12．光電效應的條件和判斷能否發(fā)生光電效應【知識點的認識】發(fā)生光電的條件是：入射光的頻率大于金屬的截止頻率（或者說說入射光的光子的能量大于金屬的逸出功）?！久}方向】現有a、b、c三束單色光，其波長關系為λa＞λb＞λc．用b光束照射某種金屬時，恰能發(fā)生光電效應．若分別用a光束和c光束照射該金屬，則可以斷定（）A、a光束照射時，不能發(fā)生光電效應B、c光束照射時，不能發(fā)生光電效應C、a光束照射時，釋放出的光電子數目最多D、c光束照射時，釋放出的光電子的最大初動能最小分析：根據光電效應的條件：γ＞γ0，而λ=cγ，判斷出a解答：AB、波長關系為λa＞λb＞λc，則γa＜γb＜γc．b光束照射某種金屬時，恰能發(fā)生光電效應，根據光電效應的條件，a光照射不能發(fā)生光電效應，c光照射能發(fā)生光電效應。故A正確，B錯誤。C、放出的光電子數目與入射光的頻率無關，由入射光的強度決定。故C錯誤。D、根據光電效應方程：Ekm=hcλ-故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握光電效應的條件，光電效應方程及單位時間內放出光電子的數目由入射光的強度決定．【解題思路點撥】只有當入射光的頻率大于金屬的截止頻率時，才能發(fā)生光電效應，否則，就算光照再強也不可能發(fā)生。13．光電效應的截止頻率【知識點的認識】1.定義：當人射光的頻率減小到某一數值νc時，光電流消失，這表明已經沒有光電子了。νc稱為截止頻率或極限頻率。2.性質：截止頻率時金屬自身的性質。不同的金屬截止頻率不同。3.截止頻率的計算截止頻率與逸出功的關系：W0＝hνc，可以推出νc=【命題方向】已知鐵的逸出功是4.7eV，試求：（1）鐵的光電效應極限頻率；（2）用波長為150nm的光照在鐵表面上時發(fā)射出的光電子的最大動能。分析：（1）根據逸出功公式W0＝hν0，可以求出鐵的光電效應極限頻率；（2）先求出入射光的頻率，再根據光電效應方程可以求出光電子的最大動能。解答：（1）光電效應方程為Ekm＝hν﹣W0，其中普朗克常數h＝6.63×10﹣34J?s＝4.14×10﹣15eV?s，鐵的逸出功：W0＝hν0＝4.7eV鐵的光電效應極限頻率ν0=W0h=4.74.14Hz＝（2）波長λ＝150nm＝1