2019年高三物理二轮复习记背材料：4 近代物理常识 Word版含解析

热点一物理学史及物理思想方法高考对本考点的考查主要在对物理学史中重要发现、物理模型、重要物理方法的认识和对重要实验科学探究思想的理解上。

在备考时主要是对课本中出现的影响世界的重要发现及人物做一些了解，如力学中的伽利略、牛顿等，电磁学中的奥斯特、法拉第等，注意这些优秀物理学家的突破性思想及结论。

考向一考查物理学史或物理方法(多选)物理与科技和生活密切相关，物理的思想方法已经渗透到其他领域，下列关于物理方法的说法正确的是A．在探究物体的加速度与合外力的关系实验中，采用了等效替代法B．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看作点电荷，这是采用了微元法C．为了研究问题方便，利用平行四边形定则把质点所受的两个力合成为一个力，采用了等效替代法D．把电子绕原子核的运动和行星绕太阳的运动相比较，利用电子和原子核之间的库仑力等于电子的向心力得出电子运动速度与轨道半径的关系，采用了类比法[解析]由于物体的加速度与所受的合外力、物体的质量有关，所以在探究物体的加速度与合外力的关系实验中，需要保持物体的质量不变，采用了控制变量法，选项A错误；在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看作点电荷，这是采用了理想模型法，选项B错误，为了研究问题方便，利用平行四边形定则把质点所受的两个力合成为一个力，采用的方法是等效替代法，选项C正确；把电子绕原子核的运动类比为行星绕太阳的运动，利用电子和原子核之间的库仑力等于向心力可以得出电子运动速度与轨道半径的关系，选项D正确。

[答案]CD考向二以科研发现为背景围绕某知识点考查(多选)(2018·全国Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。

根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km ，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。

将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据，万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星A ．质量之积B ．质量之和C ．速率之和D ．各自的自转角速度[解析] 这两颗中子星合并可视为双星系统，二者距离L ，共同角速度ω已知由GM 1M 2L 2＝M 1ω2·r 1＝M 2ω2·r 2可知 GM 2L 2＝ω2·r 1 GM 1L 2＝ω2·L 2 G (M 1＋M 2)L 2＝ω2(r 1＋r 2) GM L 2＝ω2L 可求质量之和M ＝ω2L 3/G ，B 正确，A 错；v 1＝ω·r 1 v 2＝ω·r 2v 1＋v 2＝ω(r 1＋r 2)＝ωL可知C 正确；由已知知识无法求出自转规律D 错误。

【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

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．物理学家通过对现象的深入观察和研究，获得正确的科学认识，推动了物理学的发展。

下列说法正确的是A．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子的核式结构模型B．玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律C．爱因斯坦通过对光电效应的研究，揭示了光具有波粒二象性D．德布罗意提出微观粒子动量越大，其对应的波长越长【答案】 B2．关于核反应方程，下列说法正确的是（）A．x是负电子，反应过程放出能量B．x是负电子，反应过程吸收能量C．x是正电子，反应过程放出能量D．x是正电子，反应过程吸收能量【答案】 C【解析】由反应方程可知x质量数为零，电荷数为+1，则x是正电子，反应过程有质量亏损，放出能量，选项C正确.3．关于光电效应的规律，下面说法正确的是（）A．当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，入射光的频率越高，产生的光电子最大初动能也就越大B．当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，如果入射光的强度减弱，从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加。

C．对某金属来说，入射光波长必须大于一极限值才能产生光电效应。

D．同一频率的光照射不同的金属，如果都能产生光电效应，则所有金属产生的光电子的最大初动能一定相同。

【答案】 A【解析】从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔只与光和金属种类有关，C错；由光电效应方程可知入射光波长必须小于一极限值，才能产生光电效应，光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的种类有关，CD错；考点：考查了粒子散射实验、玻尔理论、光电效应【名师点睛】考查能量量子化的内容，掌握光电效应方程的应用，理解吸收能量，动能减小，电势能增大，总能量减小；而释放能量后，动能增大，电势能减小，总能量增大；7．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则()A．吸收光子的能量为hν1＋hν2B．辐射光子的能量为hν1＋hν2C．吸收光子的能量为hν2－hν1D．辐射光子的能量为hν2－hν1【答案】 D考点：玻尔理论【名师点睛】此题考查了玻尔理论；关键是知道原子由低能态向高能态跃迁时要吸收能量，吸收的能量等于两个能级的能级差；而原子由高能态向低能态跃迁时要放出能量，放出的能量等于两个能级的能级差；知道各种单色光之间的频率关系.8．如图所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是( )A．原子A可能辐射出3种频率的光子B．原子B可能辐射出3种频率的光子C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E4D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4【答案】 B【解析】试题分析：原子A从激发态E2跃迁到E1，只有一种频率光子，A错；一群处于激发态E3的氢原子B跃迁到基态E1的过程中可能从E3跃迁到E2，从E3跃迁到E1，从E2跃迁到E1，可能有三种频率光子，B对；由原子能级跃迁理论可知，A原子可能吸收原子B由E3跃迁到E2时放出的光子并跃迁到E3，但不能跃迁到E4，C错；A原子发出的光子能量ΔE＝E2－E1大于E4－E3，故不可能使原子B吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4，D错。

近代物理初步的危害和防护纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1.本章全部为I级要求，考查以选择题型为主，以考查对本章知识的记忆和了解，并且每年必考．2.考查面较广，所以对各部分内容都要重视，要做全面系统的了解．对光电效应、氢原子的光谱、玻尔理论、原子核的组成、核反应方程、质能方程等都要有所重视．3.联系生活、联系高科技是近几年高考命题的趋向.考向01 光电效应波粒二象性1.讲高考（1）考纲要求知道什么是光电效应，理解光电效应的实验规律；会利用光电效应方程计算逸出功、极限频率、最大初动能等物理量；知道光的波粒二象性，知道物质波的概念．（2）命题规律光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点，也是考查的热点，一般以选择题形式出现，光电效应方程可能会以填空题或计算题形式出现。

【考点定位】光电效应【名师点睛】本题主要考查光电效应。

发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目；本题涉及的光电效应知识较多，很多结论都是识记的，注意把握现象的实质，明确其间的联系与区别；平时积累物理知识。

2．讲基础（1）光电效应①光电效应规律(a)每种金属都有一个极限频率．(b)光子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大．(c)光照射到金属表面时，光电子的发射几乎是瞬时的．(d)光电流的强度与入射光的强度成正比．(2) 爱因斯坦光电效应方程①光电效应方程：E k＝hν－W0.②遏止电压：使光电流减小到零的反向电压Uc.③截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率(又叫极限频率)．不同的金属对应着不同的极限频率．④逸出功：电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功．(2)光的波粒二象性①光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．②光电效应说明光具有粒子性．③光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性．(3)物质波任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长ph =λ 3．讲典例案例1．小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示．已知普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s.(1)图甲中电极A 为光电管的________(选填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U c 与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc ＝____Hz ，逸出功W 0＝________J ；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz ，则产生的光电子的最大初动能E k ＝________J. 【答案】 阳极 5.15×1014[(5.12～5.18)×1014] 3.41×10－19[(3.39～3.43)×10－19] 1.23×10－19[(1.21～1.25)×10－19]【解析】(1)电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知A 板为正极即为阳极； (2)由和得：,因此当遏制电压为零时,hv c =W 0， 根据图象可知,铷的截止频率νC =5.15×1014Hz，逸出功；③光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时，往往表现为粒子性 ④由光子的能量E =h ν，光子的动量λhp =表达式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ。

专题五近代物理初步[高考定位]1．考查内容(1)光电效应、方程、最大初动能、逸出功。

(2)原子结构、氢原子光谱、氢原子能级跃迁。

(3)天然放射现象、原子核的组成、衰变、半衰期、核反应方程、质能方程。

2．题型、难度高考对本专题的考查形式为选择题或填空题，且每年必考难度中档。

1．(多选)在光电效应试验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b 照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b光电子的最大初动能分别为E k a 和E k b。

h 为普朗克常量。

下列说法正确是A.若νa＞νb，则一定有U a＜U bB.若νa＞νb，则一定有E k a＞K k bC.若U a＜U b，则一定有E k a＜E k bD.若νa＞νb，则一定有hνa－E k a＞hνb－E k b解析由爱因斯坦光电效应方程E km＝hν－W，由动能定理可得：E km＝eU，所以当νa＞νb时，U a＞U b，E k a＞E k b。

故A 错误，B 正确；若U a＜U b，则一定有E k a＜E k b，故C 正确；由光电效应方程可得：金属的逸出功W＝hνa－E k b，故D 错误。

答案BC2.如图5－1 所示，我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。

下列核反应方程中属于聚变反应的是图5－1A.21H＋13H→42He＋01nB.174 N＋42He→187 O＋1 HC.24He＋2173Al→3105P＋10nD.29325U＋10n→15464Ba＋3896Kr＋301n解析21H＋13H→24He＋01n 是一个氚核与一个氚核结合成一个氚核，同时放出一个中子，属于聚变反应，故A 正确；174N＋24He→187 O＋1H 是卢瑟福发现质子的核反应，他用α 粒子轰击氮原子核，产生氧的同位素——氧17 和一个质子，是人类第一次实现的原子核的人工转变，属于人工核反应，故B 错误；24 He＋2173Al→3105P＋01n 是小居里夫妇用α 粒子轰击铝片时发现了放射性磷(磷30)，属于人工核反应，故C 错误；29325U＋10n→15454Ba＋3869Kr＋301n 是一种典型的轴核裂变，属于裂变反应，故D 错误。

专题四近代物理初步第一讲光电效应__波粒二象性考点一光电效应规律和光电效应方程1．电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是()A．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电解析：选BC用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故A错误、B正确；锌板与验电器相连，带有相同电性的电荷，锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针张角越大，故C正确、D错误。

2．考查对光电效应的理解](·上海高考)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选C光具有波粒二象性，既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性。

因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B项错误；光强增大时，光子数量增多，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误。

3．考查光电效应的基本规律]关于光电效应的规律，下列说法中正确的是()A．发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电子数目增多B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 sD．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生解析：选A发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属内逸出的光电子数目增多，选项A正确；光电子的最大初动能跟入射光强度无关，随入射光的频率增大而增大，选项B错误；发生光电效应的反应时间一般都不超过10－9 s，选项C错误；只有入射光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项D错误。

（完整版）⾼中近代物理知识点总结近代物理知识总结⼀、⿊体辐射（了解）与能量⼦1?⼀切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，叫热辐射。

2?⿊体：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，这种物体叫⿊体。

3 .⿊体辐射的实验规律①⼀般材料的物体，辐射的电磁波除与温度有关外，还与材料的种类及表⾯状况有关. ②⿊体辐射电磁波的强度按波长的分布只与⿊体的温度有关.a .随着温度的升⾼，各种波长的辐射强度都增加. __________b .随着温度的升⾼，辐射强度的极⼤值向波长较短的⽅向移动.4 .★★★普朗克能量⼦：带电微粒辐射或者吸收能量时，只能辐射或吸收某个最⼩能 ________________值的整数倍?即能量的辐射或者吸收只能是⼀份⼀份的?这个不可再分的最⼩能量值 &叫做能量⼦.能量⼦的⼤⼩： s= h v,其中v ⽦电磁波的频率， h 称为普朗克常量. 爱因斯坦光⼦说：空间传播的光本⾝就是⼀份⼀份的，每⼀份能量⼦叫做⼀个光⼦?光⼦的能量为⼫h v 。

、光电效应规律⑴每种⾦属都有⼀个极限频率.（2）光电流的强度与⼊射光的强度成正⽐.（3）光照射到⾦属表⾯时，光电⼦的发射⼏乎是瞬时的⑷光⼦的最⼤初动能与⼊射光的强度⽆关，随⼊射光的频率增⼤⽽增⼤.理解：（1 ）光照强度（单⾊光）⼀光⼦数⼀—光电⼦数—*■饱和光电流（2 ）光⼦频率 v ——?光⼦能量=h vW Dh爱因斯坦光电效应⽅程（密⽴根验证）E k = h v — W o遏制电压U c e=E k三、光的波粒⼆象性与物质波1.光的⼲涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性.整电效应（光⼦有能量）康普顿效应（光⼦有动量和能量）说明光具有粒⼦性.光的本性：光既具有波动性，⼜具有粒⼦性，称为光的波粒⼆象性.2 ?光波是概率波?⼤量的、频率低的粒⼦波动性明显（注意有粒⼦性，只是不明显） 3?德布罗意物质波（电⼦衍射证实）：任何⼀个运动着的物体，⼩到微观粒⼦⼤到宏观物体都有⼀种波与它对应，其波长⼊=h , p 为运动物体的动量，h 为普朗克常量P(CT C )原⼦结构1?英国物理学家汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况，判定其为电⼦，并求出了电⼦的⽐荷。

第2课时 功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W ＝UIt ＝Uq .4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能． 5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p .1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解． 2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.考向1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P ，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v ，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x ，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是( )图1A ．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v 2C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破 弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析 由题意qE ＝mg sin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A 错误．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D 错误． 答案 B以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则( ) A ．整个过程中小球电势能减少了1.5mg 2t 2 B ．整个过程中机械能的增量为2mg 2t 2C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg 2t 2 答案 B解析 由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g .由a ＝qE －mg m ，联立解得qE ＝4mg ，则小球电势能减少为Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg 2t 2，故A 错误，B 正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE (h －12gt 2)＝0，解得h ＝23gt 2，故从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝2mg 2t 23，故D 错误．选B.考向2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L 且竖直放置，点电荷M 固定在管底部，电荷量为＋Q .现从管口A 处静止释放一带电体N ，当其电荷量为＋q 、质量为m 时，N 下落至距M 为h 的B 处速度恰好为0.已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，带电体下落过程中不影响原电场．(1)若把A 换成电量为＋q 、质量为3m 的带电体N 1，仍从A 处静止释放．求N 1运动过程中速度最大处与M 的距离及到达B 处的速度大小；(2)若M 略向上移动，试判断带电体N 能否到达B 处，并说明理由；(3)若M 保持原位置不变，设法改变带电体N 的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B 处，列出N 应满足的条件．审题突破 N 1运动过程中何时速度最大？质量为m 和3m 的带电体从A 到B 相同的物理量是什么？M 略向上移动又是哪个物理量发生变化？解析 (1)带电体N 1运动到重力等于电场力时，速度最大，设距底部距离为r ，则有3mg ＝kQqr2，解得r ＝ kQq3mg .设带电体N 1运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理，有3mg (l －h )＋qU AB ＝12×3m v 2B ， 依题意有mg (l －h )＋qU AB ＝0，联立两式可得：v B ＝2 g (l －h )3.(2)N 不能到达B 处．因为mg (l －h )＋qU AB ′＜0. (3)设带电体N 的质量为m ′、电荷量为＋q ′，由动能定理得：m ′g (l －h )＋q ′U AB ＝0，所以q ′m ′＝qm答案 (1)kQq3mg 2 g (l －h )3(2)N 不能到达B 处，因为mg (1－h )＋qU AB ′<0 (3)带电体下落的最低点在B 处，N 应满足的条件为q ′m ′＝qm以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或涉及电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图3所示，在一倾角为37°的绝缘斜面下端O ，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面ON 段粗糙，长度s ＝0.02 m ，NM 段光滑，长度L ＝0.5 m ．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2×105 N /C.有一小滑块质量为2×10－3kg ，带正电，电量为1×10－7C ，小滑块与ON 段表面的动摩擦因数为0.75.将小滑块从M 点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)小滑块第一次过N 点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程． 答案 (1)2 3 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 解析 (1)小滑块第一次过N 点的速度为v ，则由动能定理有12m v 2＝mgL sin 37°＋qEL sin 37°代入数据得：v ＝2 3 m/s.(2)滑块在ON 段运动时所受的摩擦力 F f ＝μ(mg cos 37°＋qE cos 37°)＝2.4×10－2 N 滑块所受重力、电场力沿斜面的分力 F 1＝mg sin 37°＋qE sin 37°＝2.4×10－2 N因此滑块沿ON 下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下． 设小滑块与挡板碰撞n 次后停在距挡板距离为x 处， 则由动能定理得：(mg ＋qE )(L ＋s －x )sin 37°－μ(mg ＋qE )[(2n －1)s ＋x ]cos 37°＝0 由0≤x ≤0.02 m ，得：12.5≤n ≤13.5 取n ＝13得：x ＝0.01 m(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx ，由能量守恒得： (mg ＋qE )Δx sin 37°＝2μ(mg ＋qE )s cos 37° 代入数据得：Δx ＝0.04 m滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s 1＝L ＋s －Δx ＝0.48 m滑块第p 次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s p ＝s 1－(p －1)Δx滑块移动的总路程s 总＝L ＋s ＋x ＋2[ps 1－p (p －1)Δx 2]由于s p ≥s ＝0.02 m ，得p ≤12.5， 取p ＝12代入上式得：s 总＝6.77 m. 考向3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图4甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω；MN 、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L ＝3 Ω，定值电阻R 1＝7 Ω，调节电阻箱使R 2＝6 Ω，重力加速度g ＝10 m/s 2.现断开开关S ，在t ＝0时刻由静止释放ab ，在t ＝0.5 s 时刻闭合S ，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab 的速度随时间变化图象．图4(1)求斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑x ＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R 2的值．当R 2为何值时，ab 匀速下滑中R 2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？ 审题突破 由乙图可知闭合S 前、后ab 分别做什么运动？可以提取哪些信息？ab 由静止下滑的过程中电流是否恒定，如何求电热？解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得a ＝ΔvΔt ＝6 m/s 2由牛顿第二定律有mg sin α＝ma ，所以有sin α＝35，即α＝37°，t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安，又F 安＝BId I ＝Bd v mR 总R 总＝R ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2＝10 Ω联立以上四式有mg sin α＝B 2d 2v mR 总代入数据解得B ＝mg sin αR 总d 2v m＝1 T(2)由能量转化关系有mg sin αx ＝12m v 2m ＋Q代入数据解得Q ＝mg sin αx －12m v 2m ＝28.2 J(3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有mg sin α＝BdI所以I ＝mg sin αBd＝0.6 A通过R 2的电流为I 2＝R LR L ＋R 2IR 2的功率为P ＝I 22R 2联立以上三式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R LR 2＋R 2)2当R L R 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大，所以P m ＝0.27 W.答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．如图5所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB 、CD ，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m 的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO ′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v 0，它能向右运动的最远距离为d ，且能再次经过OO ′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为F f ，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q ，不计导轨和导体棒的电阻．则( )图5A ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－Q －F f dB ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－2Q －F f dC ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能等于12m v 20－4Q －2F f dD ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能小于12m v 20－4Q －2F f d答案 B解析 当导体棒向右运动的过程中， 12m v 2＝E p ＋2Q ＋F f d 所以E p ＝12m v 20－2Q －F f d ①故A 错误，B 正确；由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导致棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能，即2Q ′<2Q ，当导体棒向左运动的过程中，E p ＝12m v 2＋2Q ′＋F f d ②联立①②得：12m v 2＝12m v 20－2Q －F f d －2Q ′－F f d >12m v 20－4Q －2F f d ， 故C 、D 错误．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题例4 (16分)如图6所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104 N /C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点．取g ＝10 m/s 2.试求：图6(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．解析 (1)设带电体通过C 点时的速度为v 0，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR(2分)设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，从B 到C 根据动能定理：－mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B (2分) 带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有：F B －mg ＝m v 2BR (2分)联立解得：F B ＝6.0 N(1分)根据牛顿第三定律可知，带电体对轨道的压力 F B ′＝6.0 N(1分)(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝12gt 2(1分)x DB ＝v C t ＝12·Eqm t 2(2分)联立解得x DB ＝0.8 m(1分)(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．(1分)设小球的最大动能为E km，根据动能定理有：qER sin 45°－mgR(1－cos 45°)＝E km－12m v2B(2分)解得：E km＝22＋35J≈1.17 J(1分)答案(1)6.0 N(2)0.8 m(3)1.17 J(限时：15分钟，满分：17分)(2014·四川·10)在如图7所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图7(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.答案(1)4 m/s(2)0.56 m解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝q v B①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④(2)设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨又s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56 m(限时：45分钟)题组1 几个重要的功能关系在电学中的应用1．(2014·天津·4)如图1所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图1A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 答案 C解析 A ．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A 错误．B ．微粒从M 点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B 错误．C ．微粒从M 点运动到N 点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C 正确．D ．微粒从M 点运动到N 点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．2．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中( )图2A ．小球的电势能增加W 2B ．弹簧弹性势能最大值为12m v 2＋W 1－W 2C ．弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D ．小球和弹簧组成的系统的机械能增加W 1＋W 2 答案 C解析 A 项，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W 2，故A 错误．B 项，根据动能定理，W 1＋W 2＋W 弹＝12m v 2，解得弹力做功W 弹＝12m v 2－W 1－W 2，知弹性势能的最大值为12m v 2－W 1－W 2，故B 错误．C 项，根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、重力势能、动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小，故C 正确．D 项，除重力以外其他力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W 2，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W 2，故D 错误．3．如图3所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB 直线垂直匀强电场E ，现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球在A 点以初速度大小v 0方向水平向右抛出，经时间t 小球下落到C 点(图中未画出)时速度大小仍为v 0，则小球由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．电场力对小球做功为零B ．小球的机械能减小量为12mg 2t 2C ．小球的电势能减小D ．C 一定位于AB 直线的右侧 答案 D解析 小球受到自身重力mg 和电场力qE 作用，合力F 如图所示斜向左下方，小球从A 点到C 点速度大小没有变化，说明合外力没有做功，即初、末位置都在与合力垂直的同一条线上，据此判断如图，电场力做负功，选项A 错．电势能增大，选项C 错．由于AC 与合力F 垂直，所以C 点一定位于AB 直线的右侧，选项D 对．小球机械能减小量等于克服电场力做的功，根据动能定理，克服电场力做功等于重力做功，但竖直方向不但受到自身重力还有电场力竖直向下的分力，竖直方向加速度大于g ，所以竖直方向位移大于12gt 2，重力做功即克服电场力做功大于W ＝mg ×12gt 2＝12mg 2t 2，选项B 错．4．如图4所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下．已知在下滑的过程中，金属块动能增加了12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，下列判断中正确的是( )图4A ．金属块带负电B ．金属块克服电场力做功8 JC ．金属块的机械能减少12 JD ．金属块的电势能减少4 J 答案 C解析 设重力做功为W G ，克服摩擦力做功W f ，电场力做功W ，由动能定理W G ＋W －W f ＝ΔE k ，解得电场力做功W ＝－4 J ，所以电场力做负功，由于斜面上的带电金属块沿斜面滑下故金属块带正电，A 、B 选项错误；除重力外的其他外力做功W －W f ＝－12 J ，故金属块的机械能减少12 J ，C 选项正确；电场力做负功，金属块的电势能增加，D 选项错误．题组2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动5．如图5所示，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场E ，半圆形轨道处于竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，并能恰好通过最高点D ，则下列物理量的变化对应关系正确的是( )图5A ．其他条件不变，R 越大，x 越大B ．其他条件不变，m 越小，x 越大C ．其他条件不变，E 越大，x 越大D ．其他条件不变，R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 答案 A解析 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR，小球由B 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝mg ×2R ＋12m v 2D，联立解得：v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A 正确；小球由A 到B ，由动能定理得：qEx ＝12m v 2B ，将v B ＝5gR 代入得：qEx ＝52mgR ，知m 越大，x 越大，B 错误；E 越大，x 越小，C 错误；在B 点有：F N －mg ＝m v 2BR ，将v B ＝5gR 代入得：F N ＝6mg ，选项D 错误．6．如图6所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O 点处有一带电量为＋Q 的点电荷，质量为m 、带电量为－q 的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为μ.现使小物体以初速度v 0从斜面上的A 点沿斜面上滑，到达B 点时速度为零，然后又下滑回到A 点．小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为k ，重力加速度为g ，OA ＝OB ＝l .求：图6(1)小物体沿斜面上滑经过AB 中点时的加速度； (2)小物体返回到斜面上的A 点时的速度．答案 (1)g (sin θ＋μcos θ)＋μkQqml 2sin 2θ(2)4gl sin 2θ－v 20 解析 (1)F N ＝mg cos θ＋kQq(l sin θ)2mg sin θ＋μF N ＝ma得：a ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ＋kQq(l sin θ)2)m＝g (sin θ＋μcos θ)＋μkQqml 2sin 2θ.(2)从A 到B ，由动能定理得：0－12m v 20＝－mgl sin 2θ＋W f从B 到A ，由动能定理得：12m v 2＝mgl sin 2θ＋W f得：v ＝4gl sin 2θ－v 207．(2014·新课标Ⅰ·25)如图7所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：图7(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．答案 (1)73 (2)3mg6q电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有 d sin 60°＝v 0t ①d cos 60°＝12gt 2②又有E k0＝12m v 20③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73(2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有 x 32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d ，MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线OC 方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°. 设电场强度的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q题组3 功能观点在电磁感应问题中的应用8．如图8所示，质量为m 、边长为L 、回路电阻为R 的正方形金属框，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮，挂着一个质量为M (M >m )的砝码，金属框上方有一磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离．则在金属框从开始运动到整个框进入磁场的过程中，下列说法错误的是( )图8A ．细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能B ．细线对金属框的拉力可能等于MgC ．金属框上的热功率可能大于(M －m )2g 2RB 2L 2D ．系统的机械能损失可能小于(M －m )gL 答案 A解析 细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能和金属框中产生的总热量之和，故A 错误；如果金属框匀速进入磁场，金属框受到的合力为零，细线对金属框的拉力F T ＝Mg ，此时金属框受到的竖直向下的安培力为：F 安＝(M－m )g ，B 正确；设金属框匀速进入磁场时的速度为v 0，则F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0·1R，又F 安＝(M －m )g ，可求出，此时金属框上的热功率为：P ＝F 安v ＝(M －m )2g 2RB 2L 2，整个过程中系统的机械能损失等于(M －m )gL ；若金属框刚进入磁场时的速度大于v 0，则进入磁场后的安培力为：F 安>B 2L 2v 0·1R ＝(M －m )gL ，金属框上的热功率大于(M －m )2g 2R B 2L 2，选项C 正确；若金属框刚进入磁场时的速度小于v 0，则进入磁场后的安培力为：F 安<B 2L 2v 0·1R ＝(M －m )gL ，系统的机械能损失小于(M －m )gL ，选项D 正确．选A. 题组4 应用动力学和功能观点处理电学综合问题9．如图9所示，在A 点固定一正电荷，电量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：图9(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr ，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远处的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .答案 (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H解析 (1)液珠开始运动的加速度大小为g ，可知液珠在C 处释放时加速度方向向上，设液珠的电量为q ，质量为m ，有k QqH2－mg ＝mg解得比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，库仑力与重力相等，有 k Qqh2＝mg ， 结合(1)，解得h ＝2H . (3)设CB 间的电势差为U CB ，有U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B ，根据动能定理有qU CB －mg (r B －H )＝0 解得r B ＝2H .。

近代物理初步必背要点物理学简史概要1、普朗克通过对黑体辐射的研究提出了能量量子化的观点，从而成为量子力学的奠基人。

2、光电效应和康普顿效应证明了光具有粒子性，康普顿效应证明了光不仅具有能量还具有动量。

3、德布罗意提出了物质波的猜想，电子衍射实验证明了其猜想。

4、波恩提出了概率波的观点。

5、汤姆孙发现电子并提出了原子的枣糕模型。

6、密立根通过油滴实验测出了电子的电荷量并证明了电荷是量子化的。

7、卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型。

8、贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核具有复杂结构。

9、伦琴发现了x 射线。

10、卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子：14 7N ＋42He ―→17 8O ＋11H 并预言了中子的存在。

11、约里奥居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子2713Al ＋42He ―→3015P ＋10n 3015P ―→3014Si ＋0＋1e 。

12、查德威克发现中子：42He ＋94Be ―→12 6C ＋10n一、光电效应1、赫兹最早发现光电效应现象。

2、定义：照射到金属表面的光能使金属中的电子从表面逸出的现象。

逸出的电子叫光电子。

3、五个概念：①逸出功（0W ）：由金属板决定（对于同一金属板逸出功是定值） ②最大初动能：0W hv E km -=（由频率决定）③截止频率：hW V c 0=由金属板决定截止的是电流。

也称为极限频率。

④遏制电压：0W hv E eU km c -==得：eW v e hU c 0-=由频率决定 ⑤光强（I ）：AtNhvI =光强越强光电子数量越多。

4、四条规律：①光电子的能量由入射光的频率决定与入射光的强度无关。

②每种金属都有一个极限频率当入射光的频率大于等于截止频率才会发生光电效应。

③当入射光的频率大于极限频率时，入射光的强度决定光电子的数目决定饱和光电流的大小。

④光电效应是瞬时的。

5、四类图象。