题目内容
多电子原子核外电子的分布形成若干壳层，K壳层离核最近，L壳层次之，M壳层更次之，……，每一壳层中可容纳的电子数是一定的，当一个壳层中的电子填满后，余下的电子将分布到次外的壳层。当原子的内壳层中出现空穴时，较外壳层中的电子将跃迁至空穴，并以发射光子（X光）的形式释放出多余的能量，但亦有一定的概率将跃迁中放出的能量传给另一个电子，使此电子电离，这称为俄歇（Auger）效应，这样电离出来的电子叫俄歇电子。现用一能量为40.00keV的光子照射Cd（镐）原子，击出Cd原子中K层一个电子，使该壳层出现空穴，己知该K层电子的电离能为26.8keV.随后，Cd原子的L 层中一个电子跃迁到K层，而由于俄歇效应，L层中的另一个的电子从Cd原子射出，已知这两个电子的电离能皆为4.02keV，则射出的俄歇电子的动能等于（ ）
A．(40.00-26.8-4.02) keV B．(26.8-4.02-4.02) keV
C．(26.8-4.02) keV D．(40.00-26.8+4.02) keV
B
【解析】
试题分析：首先得假设（或认为）俄歇电子未发射前是不动的即动能为零，然后从题目中可以得出俄歇电子的能量来自于电子的跃迁，而题目中电子跃迁的能量等于两个电层电力能之差（与照射光的能量是无关的），即为 ( 26.8 4.02 －4.02 ) keV；故选 B．
考点：考查了电子的跃迁
点评：信息题，关键是能题中寻找出有用的信息，
| A、（40.00-26.8-4.02）keV | B、（26.8-4.02-4.02）keV | C、（26.8-4.02）keV | D、（40.00-26.8+4.02）keV |
多电子原子核外电子的分布形成若干壳层，K壳层离核最近，L壳层次之，M壳层更次之，……，每一壳层中可容纳的电子数是一定的，当一个壳层中的电子填满后，余下的电子将分布到次外的壳层。当原子的内壳层中出现空穴时，较外壳层中的电子将跃迁至空穴，并以发射光子（X光）的形式释放出多余的能量，但亦有一定的概率将跃迁中放出的能量传给另一个电子，使此电子电离，这称为俄歇（Auger）效应，这样电离出来的电子叫俄歇电子。现用一能量为40.00keV的光子照射Cd（镐）原子，击出Cd原子中K层一个电子，使该壳层出现空穴，己知该K层电子的电离能为26.8keV.随后，Cd原子的L 层中一个电子跃迁到K层，而由于俄歇效应，L层中的另一个的电子从Cd原子射出，已知这两个电子的电离能皆为4.02keV，则射出的俄歇电子的动能等于（ ）
| A．(40.00-26.8-4.02) keV | B．(26.8-4.02-4.02) keV |
| C．(26.8-4.02) keV | D．(40.00-26.8+4.02) keV |
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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度。
实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片。
实验步骤：
（1）如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点。
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
① 由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω= 。式中各量的意义是：
.
② 某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2m，得到纸带的一段如图2所示，求得角速度为 。
（1） （2）6.8/s。 |
，T为电磁打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘的半径，x2、x1是纸带上选定的两点分别对应的米尺的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）。
或
……；（s5+s6）/2T；1，5
，其中r和R的意义见图7-1。
，其中r指考察点到球心的距离
，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔
即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。
，U内 = k
= 
，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0 = 
，其它介质中ε= 
），εr则为相对介电常数，εr = 
。
= 
+
+
+ … +
q0U0 = 
C
= 
E2 
E2 。而且，这以结论适用于非匀强电场。
= ΔΩ = 
，ΔE2 = k
，即：ΔE1 = ΔE2 ，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。
，方向由P指向O点。
= Σ
= 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求
，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′
ΣΔS′
球面，每个
球面在x、y、z三个方向上分量均为
kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣEx …
= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。
= r1 ，
= r2 ，则大球激发的场强为
= 
kρπr1 ，方向由O指向P
= 
kρπr2 ，方向由P指向O′
kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场。
πkρq〔
?
〕。
= r ，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP 。
段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。
；结论不会改变。
= k
·
= kσΔΩ
；（2）球心电势仍为k
，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。
－ k
+ k
。
+ k
+ k
= 0
q
+ k
q ；（2）UB = k
(1－
) 。
UA ；UB′= 
UA + 
UB 。
U′
（U1 + U2 + U3 + U4）。
+ U半球面
－ UP 。
是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿
移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？
+ k
= 0
+ k
= －
；（2）
。 
；（2）Ek1 = 
k
，Ek2 = 
k
；（3）k
。
+
+
）。
= 2 k
+ k
+ 
mv2 + 
2m
。
〕。
、A板内侧电量
，B板内侧电量?
、B板外侧电量
；（2）A板外侧空间场强2πk
，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk
，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk
，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd
，A板电势高。
）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？
·
（方向相左），内侧受力
·
（方向向右），它们合成即可，结论为F = 
Q1Q2 ，排斥力。〕
= 
，即 
= 
关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。
? 
）
Q ，介质部分的电量为
Q ；（2）整个空间的场强均为
；（3）
Q 。
Q 。
+ 
= 
解C′即可。
+ 
= 
C ；（2）
C 。
+
+
= 0
+ 
= 
，Q2′= 
，这样系统的储能就可以用
得出了。
；（2）
。