6.如图10-4甲所示,电压表V₁、V₂串联接入电路中时,示数分别为6 V和4 V,当只有电压表V₂接入电路中时,如图乙所示,示数为9 V,电源的电动势为(　)

图10-4

A.9.8 V　　　　　 B.10 V　　　　　 C.10.8 V　　　　 D.11.2 V

解析:设电源电动势为E,内阻为r, ₂内阻为R_V,由闭合电路欧姆定律,,解得E=10.8 V,C正确.

答案:C

5.某同学欲采用如图10-3所示的电路完成相关实验.图中电流表?的量程为0.6 A，内阻约0.1 Ω;电压表的量程为3 V，内阻约6 kΩ; 为小量程电流表；电源电动势约3 V，内阻较小.下列电路中正确的是(　)

图10-3

解析:电阻丝电阻值较小，为减小实验误差，应采用外接法,A正确.电源内阻较小，同理可知应采用外接法，B正确.描绘小灯泡的伏安特性曲线，变化范围大，应采用分压式，C错误.D电路图中应将电阻箱和滑动变阻器对调，才能利用“半偏法”测出电流表的内阻，D错误.

答案:AB

4.在商店选购一个10 μF电容器,在只有一台多用电表的情况下,为了挑选一个优质产品,应选用哪个量程

①直流电压挡　②直流电流挡　③欧姆挡　④交流电压挡

选好量程以后,再将多用电表两根测试笔接待检电容器,如果电容器是优质的,电表指针应该是

⑤不偏转　⑥偏转至最右边　⑦偏转至中值　⑧偏转一下又返回最左边

正确的选项是(　)

A.①⑤　　　　　 B.①⑥　　　　　 C.③⑤　　　　　 D.③⑧

解析:应选用多用电表的欧姆挡,测电容器的电阻,优质电容器,电阻无穷大.当把多用电表两根测试笔接在电容器两极板上时,会先对电容器充电,所以指针会偏转一下,充电完毕后,指针会停在最左端电阻无穷大处.

答案:D

3.如图10-2是一火警报警电路的示意图,其中R₃为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小.值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器.当传感器R₃所在处出现火情时，电流表显示的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是(　)

图10-2

A.I变大，U变小　　　　 B.I变小，U变大　　　　 C.I变小，U变小　　　　 D.I变大，U变大

解析:发生火灾时，温度升高，R₃的电阻减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，即U变小；R₁的电压增大，则R₂两端的电压减小，通过R₂的电流减小.故选项C对.

答案:C

2.(2010四川成都高三一检,15)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等,高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电,硅光电池的原理如图10-1所示,a、b是硅光电池的两个电极,P、N是两块硅半导体,E区是两块半导体自发形成的匀强电场区,P的上表面镀有一层增透膜.光照射到半导体P上,使P内受原子束缚的电子成为自由电子,自由电子经E区电场加速到达半导体N,从而产生电动势,形成电流.以下说法中正确的是(　)

图10-1

A.E区匀强电场的方向由P指向N

B.电源内部的电流方向由P指向N

C.a电极为电池的正极

D.硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置

解析:根据题意,E区电场能使P逸出的自由电子向N运动,因负电荷受到的电场力与电场方向相反,所以电场方向由N指向P,由于电流的方向与负电荷的运动方向相反,所以电源内部的电流方向由N指向P,A、B错误;根据以上对电流方向的分析可知,a为电源正极,该电池是将光能转化为电能的装置,C正确,D错误.

答案:C

1.2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家,以表彰他们发现“巨磁电阻效应”.基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术,被认为是纳米技术的第一次真正应用.在下列有关其他电阻应用的说法中,错误的是(　)

A.热敏电阻可应用于温度测控装置中

B.光敏电阻是一种光电传感器

C.电阻丝可应用于电热设备中

D.电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用

解析:温度测控装置是应用热敏电阻的阻值随温度的改变而改变的特性,光电传感器是利用光敏电阻的阻值随光照强度的改变而改变的特性.电热设备是利用电阻丝通电时发热的特性，所以A、B、C说法都是正确的.而电阻在电路中既能通过直流也能通过交流,所以D项的说法是错误的.

答案:D

4.氢原子跃迁的能量规律

核外电子绕核旋转可看作是以原子核为中心的匀速圆周运动，其向心力由核的库仑引力提供，

动　 能：E_kn=E_k1 由于(对氢原子)

　E_k1==13.6 eV

电势能：E_Pn=E_P1　　E_P1=E₁－E_k1=－13.6－13.6=－27.2 eV

总能量：E_n=E_kn+E_Pn　　E₁=-－13.6 eV(½E_p=E_k,，E_p=2E_k)

电子从无穷远移近原子核，电场力做正功，电势能减少为负值；

当原子吸收光子，从较低能级(E₁)跃迁到较高能级(E₂)时，即n增大时,原子的总能量(E)增加，电子的电势能(E_P)增加，而动能(E_k)减少，且E_k1+E_P1+hv=E_k2+E_P2

当原子放出光子从较高能级(E₂)跃迁到较低能级(E₁)时，原子的总能减少， 电子的电势能减少，而动能增加，且E_k1+E_P1-hv=E_k2+E_P2

右上图中三个光子的能量关系为 E₁ = E₂ + E₃；频率关系为ν₁=ν₂+ν₃；而波长关系为。

[例14]氢原子的基态能量为E₁，图中的四个能级图中，正确代表氢原子能级的是(　 )

　［解析］由氢原子能级公式E_n= E₁／n²可知．只有 C图是正确的．

[例15]原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子从n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离原子的电子叫俄歇电子.已知铬原子的能级公式可简化为E_有=-，式中n=1，2，3…表示不同的能级，A是正的已知常数.上述俄歇电子的动能是

A.A 　　　　　　　 B.A　　　　　 C.　 　　　　　　　　　　 D.

[解析] 铬原子n=2的能级E₂=－A/2²=－A/4，n=1的能级E₁=-A，所以电子从n=2能级跃迁到n=1的能级释放的能量ΔE=E₂-E₁=3A/4.又铬原子n=4的能级E₄=－A/4²=A/16，说明电子从n=4能级跃迁到无穷远能级(E_∞=0)，即脱离原子需吸收A/16的能量，由能的转化和守恒知，该俄歇电子的能量应为E_k=ΔE-(-E₄)=11A/16，即答案C正确.

3.氢原子跃迁及光谱线的计算

实际上公式hv=E_初-E_终只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况，而对于光子与原子作用使原子电离或实物粒子与原子作用而使原子激发的情况(如高速电子流打击任何固体表面产生伦琴射线，就不受此条件的限制。这是因为原子一旦电离，原子结构就被破坏，因而不再遵守有关原子结构的理论。 实物粒子与原子碰撞的情况，由于实物粒子的动能可全部或部分地为原子吸收， 所以只要入射粒子的动能大于或等于原子某两定态能量之差，都有可能使原子受激发而向高能级跃迁，但原子所吸收的能量仍不是任意的，一定等于原子发生跃迁的两个能级间的能量差。

(1)从高能级向低能级跃迁时放出光子；从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是由于碰撞。

(2)原子从低能级向高能级跃迁时只能吸收一定频率的光子；而从某一能级到被电离可以吸收能量大于或等于电离能的任何频率的光子。(如在基态，可以吸收E ≥13.6eV的任何光子，所吸收的能量除用于电离外，都转化为电子的动能)。

[例12]氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论下述说法中正确的是(　 )

　　 A．电子绕核旋转的半径增大　　 B、氢原子的能级增大

C．氢原子的电势能增大　　　　 D、氢原子的核外电子的速率增大

解析：氢原子辐射出一个光子是由于绕核运转的电子由外层轨道向内层轨道跃迁产生的，即由高能级向低能级跃迁产生的。因此选项A、B、C都是错误的。

　　 电子和氢原子核之间的库仑力是电子绕核转动的向心力，即

　　　 所以v＝e　　 由于k、e、m都为定值，所以r减小时，v增大　 答案：D

[例13]如图给出氢原子最低的4个能级，在这些能级间跃迁所辐射的光子的频率最多有P种，其中最小频率为f_min，则(　　　 )

A． P＝ 5　　 B．P=6　　 C．f_min＝1．6×10¹⁴Hz。 D．f_min＝1．5×10¹⁵ Hz

解析：由图可知，氢原子在能缓间跃迁最多有6种可能情况：4→3；3→2；2→1；4→2；3→l；4→1．所以是多能辐射6种频率的光子．

　 由 hγ＝E_高－E_低可知，能级间能量差值越小．辐射的光子频率越小，所以从第4能级向第3能级跃迁辐射的光子频率最小 γ＝(E₄－E₃)／h ＝1．6×10¹⁴ Hz　 答案：BC

2．应用光子说解决实际问题

[例10] 已知由激光器发出的一细束功率为P=0.15kW的激光束，竖直向上照射在一个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮。已知铝的密度为ρ=2.7×10³kg/m³，设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？(计算中可取π=3，g=10m/s²)

解：设每个激光光子的能量为E，动量为p，时间t内射到铝球上的光子数为n，激光束对铝球的作用力为F，铝球的直径为d，则有：光子能量和动量间关系是E = p c，铝球的重力和F平衡，因此F=　 ρgžπd³，由以上各式解得d=0.33mm。

[例11]太阳光垂直射到地面上时，地面上1m²接受的太阳光的功率为1.4kW,其中可见部分约占45%

(1)假如认为可见光的波长约为0.55μm，日地间距离R=1.5×10¹¹m.普朗克恒量h=6.6×10^-34J·s，估算太阳每秒辐射出的可见光子数为多少？

(2)若已知地球的半径为6.4×10⁶m，估算地球接受的太阳光的总功率。

解答：(1)设地面上垂直阳光的1m²面积上每秒钟接收的可见光光子数为n.则有P×45%=n·h.

解得：n===1.75×10²¹m^-2

设想一个以太阳为球心，以日、地距离为半径的大球面积包围着太阳，大球面接受的光子数即等于太阳辐射的全部光子数。则所求可见光光子数N=n· 4πR²=1.75×10²¹×4×3.14×(1.5×10¹¹)²=4.9×10⁴⁴

(2)地球背着阳光的半个球面没有接收太阳光。地球向阳的半个球面面积也不都与太阳光垂直。接收太阳光辐射且与阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆平面的面积。则地球接收阳光的总功率

P_地=P·πr²=1.4×3.14×(6.4×10⁶)²=1.8×10¹⁷kW.

5.量子力学

为了解决这种困难，需要建立更加彻底的量子理论，这就是量子力学。在量子力学种所谓电子绕核运行的轨道，实际上只是电子出现概率密度较大的位置。如果用疏密不同的点表示电子在各个位置出现的概率，画出的图形叫做电子云。

规律方法　　 1.正确理解光电效应规律

[例8]如图，当电键S断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为

A.1.9eV　　　　　　　　 B.0.6eV　　　 C.2.5eV　　　　　　　　 D.3.1eV　

解：电流表读数刚好为零说明刚好没有光电子能够到达阳极，根据动能定理，光电子的最大初动能刚好为0.6eV。由E_k= hν-W可知W=1.9 eV。选A。

[例9]如图所示为伦琴射线管的示意图， K为阴极钨丝，发射的电子初速度为零，A为对阴极(阳极)，当AK之间加直流电压U=30KV时，电子初加速打在对阴极为上，使之发出伦琴射线，设电子的动能全部转化为伦琴射线的能量。试求：

(1)电子到达对阴极的速度是多大？

(2)由对阴极发出的伦琴射线的最短波长是多大？

(3)若AK间的电流为10 mA那么每秒钟从对阴极归多能辐射出多少个伦琴射线光子(电子电量e=1.6×10^－19C,质量m=0.91×10^－30kg)

[解析](1)qU=ΔE_k＝½mV² ，V==1.0×l0⁸(m/s)

　 (2)qU=½mV²=hγ；λ=hC/qU=4.1×10^－11(m)

　 (3)I=q/t=ne/t，n=It/e=6.25×10¹⁶(个)