高物第十一章

第十一章有机化学基础李仕才第一节认识有机化合物考点四研究有机物的一般步骤和方法1．研究有机化合物的基本步骤2．分离、提纯有机化合物的常用方法(1)蒸馏和重结晶(2)萃取分液①常用的萃取剂：苯、CCl4、乙醚、石油醚、二氯甲烷等。

②液—液萃取：利用有机物在两种互不相溶的溶剂中的溶解性不同，将有机物从一种溶剂转移到另一种溶剂中的过程。

③固—液萃取：用有机溶剂从固体物质中溶解出有机物的过程。

3．有机物分子式的确定(1)元素分析(2)相对分子质量的测定——质谱法质荷比(分子离子、碎片离子的相对质量与其电荷的比值)最大值即为该有机物的相对分子质量。

4．有机物分子结构的鉴定(1)化学方法：利用特征反应鉴定出官能团，再制备它的衍生物进一步确认。

(2)物理方法①红外光谱分子中化学键或官能团可对红外线发生振动吸收，不同化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息。

②核磁共振氢谱判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．蒸馏分离液态有机物时，在蒸馏烧瓶中应加少量碎瓷片。

( √)2．某有机物中碳、氢原子个数比为1∶4，则该有机物一定是CH4。

( ×)3．根据物质的沸点利用蒸馏法提纯液态有机物时，沸点相差大于30 ℃为宜。

( √) 4．乙醇是良好的有机溶剂，根据相似相溶原理用乙醇从水溶液中萃取有机物。

( ×) 5．混合物经萃取、分液后可以得到提纯，获得纯净物。

( ×)6．有机物完全燃烧后仅生成CO2和H2O，则该有机物中一定含有C、H、O、三种元素。

( ×)7．质谱法可以测定有机物的摩尔质量，而红外光谱和核磁共振氢谱图可以确定有机物的官能团类型。

( ×)1．实验式中氢原子已经达到饱和，则该物质的实验式就是分子式，如实验式为CH4O，则分子式为CH4O，结构简式为CH3OH。

2．实验式通过扩大整数倍时，氢原子数达到饱和，则该式即为分子式，如实验式为CH3O 的有机物，扩大2倍，可得C2H6O2，此时氢原子数已达到饱和，则分子式为C2H6O2。

第十一章第三节１.(2019·湖北八校第一次联考)KＩO3是一种重要的无机化合物，可作食盐中的补碘剂。

回答下列问题：(1）基态K原子中,核外电子占据的最高能层的符号是__＿＿____，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为____＿_＿_。

K和Cr属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属K的熔点、沸点等都比金属Cｒ的低，原因是＿＿＿_＿＿_____＿＿_＿＿＿___＿___＿____＿_＿＿__。

(2）K+与Cl-具有相同的电子构型，r(Ｋ＋）小于ｒ（Cｌ－）,原因是_＿_＿______＿___＿＿___＿_ ______＿____＿__＿_＿＿__＿__＿___＿_________＿＿___＿_______＿。

（３)KＩO3中阴离子的空间构型是__＿_＿____, 中心原子的杂化形式为＿____＿_＿。

(4)由于碘是卤素中原子半径较大的元素,可能呈现金属性。

下列事实能够说明这个结论的是_＿＿＿__＿＿(填序号）。

Ａ.已经制得了IＢr、ＩCl等卤素互化物和Ｉ2O5等碘的氧化物Ｂ．已经制得了Ｉ(NO3)3、Ｉ（ＣlＯ)３·H2O等含Ｉ3＋离子的化合物C．碘易溶于KI等碘化物溶液,形成I错误!离子D．I4O９是一种碘酸盐(5）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立体结构，边长为a nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示。

与K紧邻的O个数为___＿＿___,已知阿伏加德罗常数的值为N A,则KＩO3的密度为＿_＿_＿_＿__＿______＿_____(列式表示)g·cm－3。

（６）若KIO3晶胞中处于左下角顶角的K原子的坐标参数为(0,0,0) ，位于下底面面心位置的O原子的坐标参数为错误!，在ＫIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置,设左下角顶角的I原子的坐标参数为(0，0,0),则K原子的坐标参数为__＿_____。

课时12 实验：导体电阻率的测量作业时限：45分钟作业总分为：100分一、选择题(每一小题7分，共14分)1.一同学将变阻器与一只“6 V6～8 W〞规格的小灯泡L与开关S串联后接在6 V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发光．按如下列图的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将( B )A．变暗 B．变亮C．亮度不变 D．可能烧坏灯泡解析：由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确．2．(多项选择)滑动变阻器的原理如下列图，如此如下说法中正确的答案是( AD )A．假设将a、c两端连在电路中，如此当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大B．假设将a、d两端连在电路中，如此当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入3个接线柱D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入3个接线柱解析：假设将a、c两端连在电路中，aP局部将连入电路，如此当滑片OP向右滑动时，该局部的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，A正确．假设将a、d两端连在电路中，也是将aP局部连入电路，如此当滑片OP向右滑动时，该局部的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，B 错误．A 、B 两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a 、b 两个接线柱中任意选一个，c 、d 两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C 错误．在滑动变阻器的分压式接法中，a 、b 两个接线柱必须接入电路，c 、d 两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，D 正确．二、非选择题(共86分)3．(16分)在“测定金属的电阻率〞的实验中， (1)某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图甲所示，如此该金属丝的直径为__2.935__mm.(2)用量程为3 V 的电压表和量程为0.6 A 的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图乙、丙所示，如此电压表的读数为__2.60__V ，电流表的读数为__0.52__A.(3)用米尺测量金属丝的长度L ＝0.810 m ．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为__4.2×10－5__Ω·m(保存两位有效数字)．解析：(1)螺旋测微器的读数为：d ＝2.5 mm ＋43.5×0.01 mm ＝2.935 mm.(2)因电压表的每小格读数为0.1 V ，所以应估读到0.01 V ，所以电压表的读数为：U ＝2.60 V ；同理，电流表的每小格读数为0.02 A ，应估读到0.01 A ，所以电流表的读数为：I ＝0.52 A.(3)根据R ＝ρL S 得：ρ＝RS L＝R ·d 22πL 代入数据得：ρ≈4.2×10－5 Ω·m.4．(16分)(1)如图甲所示的三把游标卡尺，它们的游标卡尺从上至下分别为9 mm 长10等分、19 mm 长20等分、49 mm 长50等分，它们的读数依次为__17.7__ mm ，__23.85__ mm ，__3.18__ mm.(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，如此金属丝的直径是__2.150__ mm.(3)①如图丙A使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表__0.02__ A，图中表针示数是__0.44__ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表__0.1__ A，图中表针示数为__2.20__ A.②图丙B使用较小量程时，每小格表示__0.1__ V，图中表针的示数为__1.70__ V．假设使用的是较大量程，如此这时表盘刻度每小格表示__0.5__ V，图中表针示数为__8.50__ V.(4)旋钮式电阻箱如图丁所示，电流从接线柱A流入，从B流出，如此接入电路的电阻为__1_987__ Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是__将“×1_k〞旋钮调到2，再将“×100〞旋钮调到0__.假设用两个这样的电阻箱，即可得到的电阻值范围为__0～19_998_Ω__.解析：(1)图A读数：整毫米是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.图B读数：整毫米是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm ＋0.85 mm＝23.85 mm.图C读数：整毫米是3，不足1毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm.(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.(3)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.50 V.(4)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k〞旋钮调到2，再将“×100〞旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.5．(14分)要测量某种合金的电阻率．(1)假设合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，如此其电阻率ρ＝πRD24L.用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为__0.650__ mm.(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝1.35 V，I1＝0.30 A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝0.92 V，I2＝0.32 A．根据以上测量数据判断，当S 2处于位置__b __(选填“a 〞或“b 〞)时，测量相对准确，测量值R x ＝__2.9__Ω.(结果保存两位有效数字)答案：(2)如下列图解析：(1)金属丝电阻：R ＝ρL S ＝ρL πD 22，如此电阻率：ρ＝πRD 24L .由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5 mm ＋15.0×0.01 mm＝0.650 mm.(3)根据ΔU U 1＝1.35－0.921.35＝0.32，而ΔI I 1＝0.32－0.300.30＝0.06，可知ΔU U 1＞ΔI I 1，电流表分压较大，因此必须电流表外接法，即S 2处于位置b ，根据欧姆定律，如此有：R x ＝0.920.32Ω≈2.9 Ω.6．(14分)在“测定金属的电阻率〞的实验中，待测金属丝的电阻R x 约为5 Ω，实验室备有如下实验器材：A ．电压表V 1(量程0～3 V ，内阻约为15 kΩ)；B ．电压表V 2(量程0～15 V ，内阻约为75 kΩ)；C ．电流表A 1(量程0～3 A ，内阻约为0.2 Ω)；D ．电流表A 2(量程0～0.6 A ，内阻约为1 Ω)；E ．变阻器R 1(0～100 Ω，0.6 A)；F ．变阻器R 2(0～2 000 Ω，0.1 A)；G ．电池组E (电动势为3 V)；H ．开关S ，导线假设干．(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有__ADEGH__(填器材前面的序号)．(2)为减小实验误差，应选用如图1中__乙__(选填“甲〞或“乙〞)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图2中的实物图用线连接起来．图1图2(3)假设用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm ，用螺旋测微器测得金属丝的直径与两电表的示数如图3所示，如此金属丝的直径为__0.637(0.636～0.638均可)__ mm ，电阻值为__2.4__ Ω.图3解析：(1)由于电源的电动势为3 V ，所以电压表应选A ；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为I ＝E R x ＝35A ＝0.6 A ，电流表应选D ；根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选E ；还要选用电池和开关，导线假设干．故应选用的实验器材有A 、D 、E 、G 、H.(2)由于R V R x >R xR A，应采用电流表外接法，应选图乙所示电路，实物连接如下列图．(3)从螺旋测微器可以读出金属丝的直径为0.637 mm ，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20 V ，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50 A ，被测金属丝的阻值为R x ＝U x I x ＝1.200.50Ω＝2.4 Ω. 7．(12分)欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：a ．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程；b ．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．现备有如下器材：A ．待测电流表A 1(量程3 mA ，内阻约为50 Ω)B ．电压表V(量程3 V ，内阻未知)C ．电流表A 2(量程15 mA ，内阻为10 Ω)D ．保护电阻R ＝120 ΩE ．直流电源E (电动势2 V ，内阻忽略不计)F ．滑动变阻器(总阻值10 Ω，额定电流0.5 A)G ．开关一个，导线假设干(1)在以上提供的器材中，除A 、E 、F 、G 以外，还应选择__C__、__D__(选填字母代号)．(2)请画出符合要求的实验电路图．答案：解析：根据题中给出的备用器材，应选择伏安法测量电流表的内阻，由于给出电压表量程过大，故应选择内阻的电流表A2作为电压表，选择保护电阻R与并联的两个电流表串联，由于电流表两端电压最大只有0.15 V，滑动变阻器最大电阻只有10 Ω，并且要求尽可能高的测量精度，并能测得多组数据，所以选择分压电路，电路图如答案图所示．8．(14分)某实验小组在“测定金属电阻率〞的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以与电流表、电压表的读数如下列图，如此它们的读数值依次是__0.999(0.998～1.000均可)__mm、__0.42__A、__2.25(2.24～2.26均可)__V.实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～5 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ，电源电动势E＝6 V，内阻很小，如此以下电路图中__A__(选填电路图下方的字母代号)电路为本次实验测电阻R x应当采用的最优电路，但用此最优电路测量的结果仍然会比真实值偏__小__．假设实验所用的电流表内阻的准确值R A，那么准确测量金属丝电阻R x的最优电路应为__内接法__(选填“内接法〞或“外接法〞)电路，此时测得电流为I、电压为U，如此金属丝电阻R x＝UI－R A(用题中字母代号表示)．解析：螺旋测微器的读数为：d＝0.5 mm＋49.9×0.01 mm＝0.999 mm；电流表的读数为：I＝0.42 A；电压表的读数为：U＝2.25 V；根据题意，因电源不宜在长时间、大功率状况下使用，故滑动变阻器不能用分压式，应用限流式，又待测电阻阻值远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故电路图A 为应当采用的最优电路，根据欧姆定律R ＝U I 知，由于电压表的分流作用而使得R 测量值偏小，假设实验所用的电流表内阻的准确值R A ，如此应用电流表内接法．最终测得金属丝电阻为：R x ＝U I－R A .。

第3讲光电效应波粒二象性知识点一光电效应1.定义：在光的照射下从物体发射出的现象(发射出的电子称为光电子).2.产生条件：入射光的频率极限频率.3.光电效应规律(1)存在着饱和电流：对于一定颜色的光，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多.(2)存在着遏止电压和截止频率：光电子的能量只与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关.当入射光的频率低于截止频率时不发生光电效应.(3)光电效应具有瞬时性：当频率超过截止频率时，无论入射光怎样微弱，几乎在照到金属时立即产生光电流，时间不超过10－9 s.答案：1.电子 2.大于知识点二爱因斯坦光电效应方程1.光子说：在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量ε＝.2.逸出功W0：电子从金属中逸出所需做功的.3.最大初动能：发生光电效应时，金属表面上的吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值.4.光电效应方程(1)表达式：hν＝E k ＋W 0或E k ＝ .(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量有一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能.答案：1.hν 2.最小值 3.电子 4.hν－W 0知识点三 光的波粒二象性与物质波1.光的波粒二象性(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有 性.(2)光电效应说明光具有 性.(3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的 性.2.物质波(1)概率波：光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率 的地方，暗条纹是光子到达概率 的地方，因此光波又叫概率波.(2)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λ＝ ，p 为运动物体的动量，h 为普朗克常量.答案：1.(1)波动 (2)粒子 (3)波粒二象2.(1)大 小 (2)h p(1)光子和光电子都是实物粒子.( )(2)只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应.( )(3)要使某金属发生光电效应，入射光子的能量必须大于金属的逸出功.( )(4)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比.( )(5)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性.( )(6)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律.( )(7)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性.( )(8)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现为波动性.( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)×(7)√(8)√考点光电效应现象和光电效应方程的应用1.任何一种金属，都有一个与之对应的极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率，才能发生光电效应；低于这个频率的光不能发生光电效应.所以判断光电效应是否发生应该比较题目中给出的入射光频率和对应金属的极限频率的大小.2.两条对应关系(1)光强大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；(2)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大.3.定量分析时应抓住三个关系式(1)爱因斯坦光电效应方程：E k＝hν－W0.(2)最大初动能与遏止电压的关系：E k＝eU c.(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0.考向1 用光电管研究光电效应现象[典例1] (多选)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生.下列说法正确的是( )A.保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B.入射光的频率变高，饱和光电流变大C.入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生[解析] 根据光电效应规律，保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，则饱和光电流变大，选项A正确.由爱因斯坦光电效应方程知，入射光的频率变高，产生的光电子最大初动能变大，而饱和光电流与入射光的频率和光强都有关，选项B错误，C正确.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，当入射光的频率小于极限频率时，就不能发生光电效应，没有光电流产生，选项D 错误.[答案] AC考向2 爱因斯坦光电效应方程的应用[典例2] 在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为 .若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为 .(已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h )[解析] 设金属的截止频率为ν0，则该金属的逸出功W 0＝hν0＝h c λ0；对光电子，由动能定理得eU 0＝h c λ－W 0，解得U 0＝hc e ·λ0－λλλ0. [答案] hc λ0 hc e ·λ0－λλ0λ[变式1] 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图如图所示.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KA 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 为电子电量)( )A.U ＝hνe －W eB.U ＝2hνe －W eC.U ＝2hν－WD.U ＝5hν2e －W e答案：B 解析：同频率的光照射K 极，普通光不能使其发生光电效应，而强激光能使其发生光电效应，说明一个电子吸收了多个光子.设吸收的光子个数为n ，光电子逸出的最大初动能为E k ，由光电效应方程知：E k ＝nhν－W (n ≥2) ①；光电子逸出后克服减速电场做功，由动能定理知E k ＝eU ②.联立上述两式得U ＝nhνe－W e，当n ＝2时，即为B 选项，其他选项均不可能. 对光电效应的四点提醒(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率.(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光.(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关.(4)光电子不是光子，而是电子.考点光电效应的图象分析 图象名称 图象形状由图线直接(间接)得到的物理量最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图线 ①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc ②逸出功：图线与E k 轴交点的纵坐标的绝对值 W 0＝|－E |＝E③普朗克常量：图线的斜率k ＝h颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系①遏止电压U c ：图线与横轴的交点②饱和光电流I m ：电流的最大值③最大初动能：E km ＝eU c颜色不同时，光电流与电压的关系①遏止电压U c1、U c2②饱和光电流③最大初动能E k1＝eU c1，E k2＝eU c2遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图线①截止频率νc ：图线与横轴的交点②遏止电压U c ：随入射光频率的增大而增大②普朗克常量h ：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h ＝ke (注：此时两极之间接反向电压)k[典例3] (多选)如图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，由图可知( )A.该金属的截止频率为4.27×1014 HzB.该金属的截止频率为5.5×1014HzC.该图线的斜率表示普朗克常量D.该金属的逸出功为0.5 eV[解析] 图线在横轴上的截距为截止频率，A 正确，B 错误；由光电效应方程E k ＝hν－W 0，可知图线的斜率为普朗克常量，C 正确；金属的逸出功为W 0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×10141.6×10－19 eV ＝1.77 eV ，D 错误.[答案] AC考向2 对I ­U 图象的理解[典例4] (2017·甘肃兰州模拟)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[解析] 由于是同一光电管，因而不论对哪种光，极限频率和逸出功都相同，对于甲、乙两种光，反向截止电压相同，因而频率相同，A 项错误；丙光对应的反向截止电压较大，因而丙光的频率较高，波长较短，对应的光电子的最大初动能较大，故C 、D 项均错，只有B 项正确.[答案] B考向3 对U c ­ν图象的理解[典例5] 用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压U c 与入射光频率ν，得到U c ­ν图象如图所示，根据图象求出该金属的截止频率νc ＝ Hz ，普朗克常量h ＝ J·s.(已知电子电荷量e ＝1.6×10－19 C)[解析] 由题图线可知νc ＝5.0×1014 Hz ，又eU c ＝hν－W 0，所以U c ＝h e ν－W 0e.结合图线可得 k ＝h e ＝ 2.05.0×1014 V/Hz ，h ＝2.0×1.6×10－195.0×1014 J·s＝6.4×10－34 J·s. [答案] 5.0×1014 6.4×10－341.在U c ­ν图象中，图线与横轴的交点νc 表示截止频率，而在E k ­ν图象中，图线与横轴的交点νc 代表极限频率.2.普朗克常量记为h ，是一个物理常量，用以描述量子大小.在微观世界，每一个能量子的大小等于普朗克常量与频率的乘积，即E ＝hν.考点 光的波粒二象性、物质波1.从数量上看：个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性.2.从频率上看：频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，贯穿本领越强，越不容易看到光的干涉和衍射现象.3.从传播与作用上看：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.波动性与粒子性的统一：由光子的能量E ＝hν、光子的动量表达式p ＝h λ也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的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.5.理解光的波粒二象性时不可把光当成宏观概念中的波，也不可把光当成宏观概念中的粒子.考向1 对光的波粒二象性的理解[典例6] 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，底片上只能出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹.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.单个光子的运动没有确定的轨道C.干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D.只有光子具有波粒二象性，微观粒子不具有波粒二象性[解析] 单个光子通过双缝后的落点无法预测，大量光子的落点出现一定的规律性，落在某些区域的可能性较大，这些区域正是波通过双缝后发生干涉时振幅加强的区域.光具有波粒二象性，少数光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性.所以正确选项为B、C.不论光子还是微观粒子，都具有波粒二象性.[答案] BC考向2 对物质波的理解[典例7] (2017·浙江台州模拟)1927年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图所示的是该实验装置的简化图，下列说法不正确的是( )A.亮条纹是电子到达概率大的地方B.该实验说明物质波理论是正确的C.该实验再次说明光子具有波动性D.该实验说明实物粒子具有波动性[解析] 由题意可知，亮条纹是电子到达概率大的地方，暗条纹是粒子到达概率小的地方，故A正确；电子是实物粒子，能发生衍射现象，该实验说明物质波理论是正确的，不能说明光子的波动性，故B、D正确，C错误.本题选错误的，故选C.[答案] C微观粒子中的粒子性与宏观概念中的粒子性不同，通俗地讲，宏观粒子运动有确定的轨道，能预测，遵守经典物理学理论，而微观粒子运动轨道具有随机性，不能预测，也不遵守经典物理学理论；微观粒子的波动性与机械波也不相同，微观粒子的波动性是指粒子到达不同位置的机会不同，遵守统计规律，所以这种波叫概率波.1.[对波粒二象性的理解](多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是( )A.不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B.运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C.波动性和粒子性在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D.实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性答案：ABC 解析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性.光的波长越长，波动性越明显；光的频率越高，粒子性越明显.而宏观物体的德布罗意波的波长太小，很难观察到波动性，并不是不具有波粒二象性，D错误.2.[对物质波的理解](多选)根据物质波理论，以下说法中正确的是( )A.只有微观粒子有波动性B.宏观物体具有波动性C.宏观物体的波动性不易被人观察到是因为它的波长太长D.速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显答案：BD 解析：因一切运动的物体都具有波动性，故A选项错误，B选项正确；宏观物体的物质波波长很短，人们不易观察到它的波动性，C选项错误；速度相同的质子与电子相比，因电子质量较小，物质波波长更长，所以电子波动性更明显，故D选项正确.3.[对光电效应的理解](多选)对光电效应的解释正确的是( )A.金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属B.如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应C.发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大D.由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应入射光的最低频率也不同答案：BD 解析：按照爱因斯坦的光子说，光的能量是由光的频率决定的，与光强无关，入射光的频率越大，发生光电效应时产生的光电子的最大初动能越大.但要使电子离开金属须使电子具有足够的动能.而电子增加的动能只能来源于照射光的光子能量，但电子只能吸收一个光子，不能吸收多个光子，否则即使光的频率低，只要照射时间足够长，也会发生光电效应.电子从金属逸出时只有从金属表面向外逸出的电子克服原子核的引力所做的功最小.4.[对光电效应的理解](多选)如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是( )A.只调换电源的极性，移动滑片P，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压U0的数值B.保持光照条件不变，滑片P向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大C.不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大D.图中入射光束的频率减小到某一数值f0时，无论滑片P怎样滑动，电流表示数都为零，则f0是阴极K的极限频率答案：BCD 解析：当只调换电源的极性时，电子从K到A减速运动，到A 恰好速度为零时对应电压为遏止电压，所以A 项错误.当其他条件不变，P 向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电子的运动更快，由I ＝q t得电流表读数变大，B 项正确.只增大入射光束强度时，单位时间内光电子数变多，电流表示数变大，C 项正确.当光束的频率为f 0时，无论P 怎样滑动，电流表示数都为零，说明未飞出光电子，则有W ＝hf 0，所以f 0为阴极K 的极限频率，D 项正确.5.[对光电效应方程的理解]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3.28 eV ，锌的逸出功是3.34 eV.若将二者的图线画在同一个E k ­ν坐标系中，如图所示，用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是( )A BC D答案：A 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.图线的横轴截距代表截止频率ν0，而ν0＝W 0h，因此钨的截止频率小些，综上所述，A 图正确.6.[光电效应方程的应用]在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c 与入射光的频率ν的关系如图所示.若该直线的斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为 ，所用材料的逸出功可表示为 .答案：ek －eb 解析：根据光电效应方程E km ＝hν－W 0及E km＝eU c 得U c ＝hνe －W 0e ，故h e ＝k ，b ＝－W 0e ，得h ＝ek ，W 0＝－eb .。

第十一章 5 实验：练习使用多用电表多用电表是一种多功能仪表，简单的多用电表可用来测量直流电流、直流电压、交变电流、交变电压以及电阻。

认识多用电表图 11.5-1 是一种多用电表的外形图。

表的上半部分为表盘，下半部分是选择开关，开关周围标有测量功能的区域及量程。

使用多用电表使用前应该调整指针定位螺丝，使指针指到零刻度。

使用时，应先将选择开关旋转到与被测物理量对应的位置上并选择合适的量程。

不使用的时候应该把选择开关旋转到 OFF 位置。

测量小灯泡的电压 如图 11.5-2，用直流电源给小灯泡正常供电。

将多用电表的选择开关旋至直流电压挡，注意选择大于小灯泡两端电压估计值的量程。

电阻的刻度线图 11.5-1 多用电表直流电流、电压的刻度线交变电压2.5 V 的刻度线指针定位螺丝选择开关选择开关旋转到电流挡时，表内的电流表电路就被接通选择开关旋转到欧姆挡时，表内的欧姆表电路就被接通表笔欧姆调零旋钮 选择开关旋转到交、直流电压挡时，表内的电压表电路就被接通图 11.5-2 测量小灯泡的电压用两支表笔分别接触灯泡两端的接线柱，注意红表笔接触点的电势应该比黑表笔高。

根据表盘上相关量程的直流电压刻度进行读数，记录小灯泡两端的电压值。

测量通过小灯泡的电流如图11.5-3，在直流电源对小灯泡能正常供电的情况下，断开电路开关，把小灯泡的一个接线柱上的导线卸开。

将多用电表的选择开关旋至直流电流挡，注意选择大于通过小灯泡电流估计值的量程。

把多用电表从导线断开处串联在电路中，注意电流应该从红表笔流入多用电表。

闭合开关，根据表盘上相应量程的直流电流刻度进行读数，记录通过小灯泡的电流值。

测量电阻使用多用电表的欧姆挡测电阻时，如果指针偏转过大、过小，读数误差都会比较大。

所以，假如事先知道电阻的大致数值，应该选择适当倍率的欧姆挡，使测量时表针落在刻度盘的中间区域。

如果不能估计未知电阻的大小，可以先用中等倍率的某个欧姆挡试测，然后根据读数的大小选择合适的挡位再次测量，电阻值为读数乘倍率。

积盾市安家阳光实验学校单摆时间：45分钟一、选择题(1～5为单选，6～9为多选)1．在“用单摆测重力加速度”的中，为了减少误差，以下操作正确的是( B )A ．选取长度10 cm 左右的细绳作为摆线B ．在摆球运动到最低点处开始计时C ．若摆球n 次经过最低点所用的时间为t ，则单摆的周期为T ＝tnD ．多次改变摆长l ，测出不同摆长下摆球运动的周期T ，可由T ­l 图象求出重力加速度g解析：本题考查了用单摆测当地的重力加速度这一的原理、注意事项、数据的处理方法．在用单摆测重力加速度中，摆线的选取适当些，10 cm 太短，A 错误；摆球运动到最低点时，运动最明显，在此计时，误差最小，B 正确；摆球一个周期内两次经过最低点，所以T ＝t 2n ，C 错误；由周期公式得T 2＝4π2l g，可由T 2­l 图象求出重力加速度g ，D 错误．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s 下列措施可行的是( D ) A ．将摆球的质量减半B ．将振幅减半C ．将摆长减半D ．将摆长减为原来的14解析：由单摆周期公式T ＝2πlg可以看出，要使周期减半，摆长减为原来的14.3．用单摆测重力加速度，根据的原理是( C ) A ．由g ＝4π2lT2看出，T 一时，g 与l 成正比B ．由g ＝4π2l T2看出，l 一时，g 与T 2成反比C ．由于单摆的振动周期T 和摆长l 可用测，利用g ＝4π2lT2可算出当地的重力加速度D ．同一单摆的周期不变，不同的重力加速度与周期的平方成反比 解析：g 是由所处的地理位置的情况来决的，与l 及T 无关，故只有C 正确．4．有一摆长为L 的单摆，悬点正下方某处有一光滑小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片(悬点和小钉未摄入)，P为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相，则小钉距悬点的距离为( C )A．L/4 B．L/2C．3L/4 D．条件不足，无法判断解析：该题考查周期公式中的效摆长．题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半单摆的周期是右半单摆周期的12，根据周期公式T＝2πlg，可得左半单摆的摆长为L4，即小钉距悬点的距离为3L/4，故C选项正确．5.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B 放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( A )A．A球先到达C点B．B球先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确哪一个球先到达C点解析：A做自由落体运动，到达C点所需时间t A＝2Rg，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动，同于摆长为R的单摆，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的14，即t B＝T4＝π2Rg>t A，所以A球先到达C点．6．下图为甲、乙两单摆的振动图象，则( BD )A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲l乙＝21B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲l乙＝41C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲g乙＝41D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲g乙＝14解析：由题图可知T甲T乙＝21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲l乙＝41，故A错误，B正确；若两摆长相，则所在星球的重力加速度之比为g甲g乙＝14，故C错误，D正确．7．如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( BC )A．位于B处时动能最大B．位于A处时势能最大C．在位置A的势能大于在位置B的动能D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能解析：摆球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故D错；A为摆球摆动的最高位置，其势能最大，B对；摆球摆到最低点时势能为零，动能最大，而B并非摆动中的最低位置，其动能并非最大，故A错；摆球在A处的势能于总的机械能，在B处的动能小于总机械能(其中一为势能)，故在位置A 的势能大于在位置B的动能，所以C对．8．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是( AD )A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大解析：对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以A选项正确，而B选项错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以C选项错误；同理，D选项正确．9．如下图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析：振幅可从图上看出甲摆大，故选项B对．且两摆周期相，则摆长相．因质量关系不明确，无法比较机械能，t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．所以正确选项为A、B、D.二、非选择题10．某小组在利用单摆测当地重力加速度的中：(1)用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97 cm.(2)小组成员在过程中有如下说法，其中正确的是C.A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9 cm ＋7×0.01 cm ＝0.97 cm.(2)要使摆球做简谐运动，摆角小于5°，选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A 、D 错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是t 50，B 错；摆长是l ′＋d2(l ′为悬线的长度)，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大，C 对．11．某小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．器材有滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆(细线质量不计且不可伸长，装满液体后，漏斗和液体质量相差不大)．前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100 s ；中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．(1)该单摆的周期是2 s.(2)图乙是得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为0.10 m/s 2；(结果取两位有效数字)(3)用该装置测量滑块加速度，对结果影响最大的因素是漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．解析：(1)一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T ＝2 s ； (2)由题图可知时间间隔为半个周期t ＝1 s ，由逐差法可知a ＝0.399 9＋0.300 1－0.200 1－0.099 92×2×12m/s 2＝0.10 m/s 2； (3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．12．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h (未知)且开口向下的小筒中(单摆的下露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L ，并通过改变L 而测出对的摆动周期T ，再以T 2为纵轴、L 为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度g .(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.停表；C.天平；D.毫米刻度尺．本所需的测量工具有BD.(2)如果中所得到的T 2­L 关系图象如图乙所示，那么真正的图象该是a 、b 、c 中的a.(3)由图象可知，小筒的深度h ＝0.3 m ；当地重力加速度g ＝9.86 m/s 2. 解析：本主要考查用单摆测重力加速度的步骤、方法和数据处理方法．(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停表，所以测量工具选B、D.(2)设摆线在筒内的长度为h，由T＝2πL＋hg得，T2＝4π2gL＋4π2gh，可知T2­L关系图象为a.(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.。