第3节核聚变第4节核能的利用与环境保护教师用书。

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第3节核聚变
第4节核能的利用与环境保护
学习目标知识脉络
1.知道聚变反应的特点及其条件，并能计算核聚变释放的能量．(重点)
2.了解可控热核反应及其研究和发展前景．(难点)
3.了解核电站的构造和基本原理，了解核武器的种类．(重点)
4.了解核能利用的优势、危害及其防护措施.
轻核聚变与可控热核聚变反应
[先填空]
1．轻核聚变
采用轻核聚合成较重核引起结合能变化的方式可获得核能．这样的核反应称为轻核聚变．
2．太阳内部核聚变的反应方程
21H＋31H→42He＋10n.
3．核子聚变的条件
要使核子发生聚变，必须使核子接近核力能发生作用的范围．
4．物质第四态——等离子态
高温等离子体的密度及维持时间达到一定值时才能实现聚变．
5．约束等离子体的三种方式
引力约束、磁约束、惯性约束．
[再判断]
1．太阳中发生的是可控热核聚变反应．(×)
2．轻核发生聚变反应不需要条件．(×)
3．轻核发生聚变反应核子必须接近到核力发生作用的范围．(√)
[后思考]
为什么制造氢弹必须要具有制造原子弹的能力？
【提示】氢弹爆炸是热核反应，需要达到几百万摄氏度的高温才能进行，只有利用原子弹爆炸时的高温高压，才能使氢弹中的聚变材料达到热核反应的条件，故只有具备了制造原子弹能力的国家才能制造氢弹．
[核心点击]
1．聚变发生的条件：要使轻核聚变，必须使轻核接近核力发生作用的距离10－15m，这要克服电荷间强大的斥力作用，要求使轻核具有足够大的动能，有一种办法就是把它们加热到几百万开尔文的高温．
2．轻核聚变是放能反应：从比结合能的图线看，轻核聚变后比结合能增加，因此聚变反应是一个放能反应．
3．核聚变的特点
(1)在消耗相同质量的核燃料时，轻核聚变比重核裂变释放更多的能量．
(2)热核反应一旦发生，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就可以使反应进行下去．
(3)普遍性：热核反应在宇宙中时时刻刻地进行着，太阳就是一个巨大的热核反应堆．
4．核聚变的应用
(1)核武器——氢弹：一种不需要人工控制的轻核聚变反应装置．它利用弹体内的原子弹爆炸产生的高温高压引发热核聚变爆炸．
(2)可控热核反应：目前处于探索阶段．
5．重核裂变与轻核聚变的区别
重核裂变轻核聚变
放能原理重核分裂成两个或多个中等质量的原子核，放出核能两个轻核结合成质量较大的原子核，放出核能
放能多少聚变反应比裂变反应平均每个核子放出的能量要大3～4倍
核废料
处理难度聚变反应的核废料处理要比裂变反应简单得多
原料的蕴藏量核裂变燃料铀在地球上储量有限，尤其用于核裂变的铀235在铀矿石中只占0.7%主要原料是氘，氘在地球上的储量非常丰富.1L海水中大约有0.03g氘，如果用来进行热核反应，放出的能量约与燃烧300L汽油相当
可控性速度比较容易进行人工控制，现在的核电站都是用核裂变反应释放核能目前，除氢弹以外，人们还不能控制它
1．(多选)以下说法正确的是()
A．聚变是裂变的逆反应
B．如果裂变释放能量，则聚变反应必定吸收能量
C．聚变须将反应物加热至数百万度以上高温，所以聚变反应又叫热核反应
D．裂变反应速度可以实现人工控制，但却不容易控制轻核聚变反应速度
【解析】聚变是轻核聚合成次轻核，裂变是重核分裂成中等质量的核，二者无直接关系，故A错．聚变和裂变在能量流向上也无直接关系，故B错．核聚变反应是热核反应，需数百万度的高温，但聚变反应一旦开始所释放的能量就远大于所吸收的能量，因此聚变反应还是释放能量的，故C正确，现在已经能实现裂变反应速度的人工控制，但除氢弹外，还不能实现轻核聚变的人工控制，D正确．
【答案】CD
2．(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的是()【导学号：64772054】
A.31H＋21H―→42He＋10n是核聚变反应
B.31H＋21H―→42He＋10n是β衰变
C.23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应
D.23592U＋10n―→14054Xe＋9438Sr＋210n是α衰变
【解析】31H＋21H―→42He＋10n是轻核聚变反应，A正确，B错误；23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n和23592U＋10n―→14054Xe＋9438Sr＋210n均为重核裂变反应，C正确，D错误．
【答案】AC
3．氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：21H＋31H―→42He＋x，式中x是某种粒子．已知：21H、31H、42He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u＝931.5MeVc2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)．
【解析】根据质量数和电荷数守恒可得x是10n(中子)．核反应中的质量亏损为Δm＝2.0141u＋3.0161u－4.0026u－1.0087u＝0.0189u
所以该反应释放出的能量为
ΔE＝Δmc2＝17.6MeV.
【答案】10n(或中子)17.6
对轻核聚变理解的两个误区
(1)误认为聚变就是裂变的逆反应．产生这种误区的原因是对聚变和裂变的本质没有理解透，裂变时重核分裂成中等核，而聚变是轻核聚合成为次轻核，无直接关联，并非互为逆反应．
(2)不能正确判断聚变、裂变、衰变及人工转变的方程．这是由对以上四种核反应方程的理解不深刻造成的．这四种方程在形式上很相近，因此判断时容易混淆出错，要想正确判断必须抓住它们的实质：核聚变是轻核结合成质量较大的核，也会放出中子；重核裂变时铀核捕获中子裂变为两个或更多个中等质量的核，并放出几个中子；人工转变常用α粒子或中子去轰击原子核，产生新原子核并放出一个或几个粒子；衰变是原子核自发地转变为另一种核，并向外辐射出α粒子或β粒子的反应，衰变根据向外辐射粒子的不同分为α衰变和β衰变两种．
核能的利用及环境保护
[先填空]
1．核电站：将反应堆释放的核能转化为电能的发电厂．
工作流程：将反应堆释放的核能转化为蒸汽的内能，再利用蒸汽驱动汽轮机发电转化为电能．
燃料：反应堆以23592U为燃料．
2．核武器：原子弹和氢弹是众所周知的两种核武器．
3．核能的优势
(1)核能发电比燃煤发电的成本低．
(2)核电站对环境污染比燃煤发电小得多．
4．核能利用存在的危害
(1)核废料的高辐射性．
(2)放射性物质泄漏，产生核污染．
(3)核武器威力巨大，不仅能摧毁生命，而且会使生态环境受到严重破坏．
[再判断]
1．太阳自身强大的引力把高温等离子体约束在一起，维持了其内部的热核反应的进行．(√)
2．磁压缩装置中的环形线圈通电后可以产生磁场，将等离子体约束在环形真空室内．(√)
3．目前，可控热核聚变已经被广泛应用于核电站发电．(×)
[后思考]
原子弹和氢弹的装置有何不同？
【提示】(1)原子弹是一种没有减速剂、不加控制的爆炸性链式反应装置．
(2)氢弹是一种靠惯性约束、不需人工控制而实现聚变的反应装置．
[核心点击]
1．核能利用
核原料提供的能量巨大，1kg铀释放的全部能量大约相当于2700t标准煤完全燃烧放出的能量．地球上的常规能源一般都无法跟核能相比．除铀外，钍也是一种裂变材料，它比铀更丰富，如果能把钍利用起来，核电的发展前景将更为广阔．热核反应所需的氘更是储量丰富．核原料的运输和储存方便，如：一座100万千瓦核电站一年所需原料铀，只需6辆卡车就可全部运到现场．
核电站不排放二氧化碳、氮氧化合物等造成温室效应或酸雨的气体及烟尘，有利于环境保护．
2．环境保护
核电站为防止放射性物质的泄漏，一般有4道安全屏障：二氧化铀陶瓷体燃料芯块滞留裂变产物，外面密封锆合金包壳，第三道是压力边界，第四道是安全壳．这些措施大大提高了核能利用的安全性．
3．废料处理
对核废料先回收利用，剩下的废料就很少了，将其中低放射性废料进行沥青固化或水泥固化后，储存在地下浅层废料库，对高放射性的废料采用玻璃固化后，埋藏在深层废料库．加之实时监测等措施都降低了对环境污染的可能性．
4．核电站
(1)原理
原子核的链式反应是在人工控制下进行．释放的核能转化为内能，再由蒸汽轮机带动发电机转化为电能，使核能为人类和平建设服务．
(2)优点
①核能发电比燃煤发电的成本低，一座百万千瓦级的核电站，一年只消耗浓缩铀30t左右，而同样功率的燃煤发电站每年要消耗250万吨优质煤．
②核电站对环境的污染要比燃煤发电小得多．
4．(多选)为应对能源危机和优化能源结构，提高清洁能源的比重，我国制定了优先选择核能，其次加快发展风电和再生能源的政策，在《核电中长期发展规划》中要求2020年核电运行装机总容量达到4000万千瓦的水平，请根据所学物理知识，判断下列说法中正确的是()
A．核能发电对环境的污染比火力发电要小
B．所有核电站都只利用重核裂变释放大量的原子能
C．所有核电站既有重核裂变，又有轻核聚变释放大量的原子能
D．如果核电站能实现可控轻核聚变发电，其核废料处理更简单，对环境污染更小
【解析】目前核电站都用核裂变，其原料是铀，且核能是比较清洁的能源，故A、B正确，C错，如果核电站能实现可控轻核聚变发电，其核废料处理起来比铀核裂变废料更容易，对环境污染也更小，D正确．
【答案】ABD
5．(多选)关于核能的利用，下列说法正确的是()
A．核电站的反应堆将释放的核能转化为蒸汽的内能，再转化为电能
B．采用“内爆法”促使链式反应，做成的原子弹设计难度大，但材料利用率高
C．核燃料的危害主要是其具有放射性
D．太阳发光主要来自太阳内部重核裂变产生的核能
【解析】核电站的能量转化过程为核能到内能再到电能，A正确．“内爆法”难度大，但材料利用率高，B正确．放射性对人体和环境都有危害，C正确，太阳发光主要来自太阳内部轻核聚变反应释放的能量，D错误．
【答案】ABC
学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
学业达标]
1．太阳每秒辐射出来的能量约为3.8×1026J，这些能量是()
【导学号：64772109】
①重核的裂变反应中产生的
②轻核的聚变反应中产生的
③原子核的衰变反应中产生的
④热核反应中产生的
A．①②B．②③
C．③④D．②④
【解析】由于太阳的主要成分是氢，它释放出的巨大能量来源于氢核的聚变反应．这一反应又叫热核反应，故D正确．
【答案】D
2．关于核电站，以下说法正确的是()
A．核电站中的核反应是无法控制的
B．目前核电站主要原料是铀，能量主要来源于核聚变
C．采用增殖反应堆可以使核原料充分利用
D．核电站使用过的核燃料还可以在火力发电厂中二次利用
【解析】目前核电站主要原料是铀，能量主要来源于核裂变，其反应是可以通过控制棒控制反应速度的快慢，A、B均错．采用增殖反应堆可以充分利用铀235之外的原料从而放出更多能量，C对．核废料具有放射性，不能再通过燃烧的方式二次发电，D错．
【答案】C
3．(多选)我国自行研制了可控热核反应实验装置“超导托卡马克”(英名称：EAST，俗称“人造太阳”)．设可控热核实验反应前氘核(21H)的质量为m1，氚核(31H)的质量为m2，反应后氦核(42He)的质量为m3，中子(10n)的质量为m4，光速为c，正确说法正确的是()
【导学号：64772055】
A．这种装置中发生的核反应方程式是21H＋31H―→42He＋10n
B．由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C．核反应放出的能量等于(m1＋m2－m3－m4)c2
D．这种装置与我国大亚湾核电站所使用装置的核反应原理相同
【解析】核反应方程为21H＋31H―→42He＋10n，选项A正确；反应过程中向外释放能量，故质量有亏损，且释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，选项B错误，C正确；可控热核反应为核聚变，大亚湾核电站所用核装置反应原理为核裂变，可控热核反应目前还不能用于核电站实现发电，故D错误．
【答案】AC
4．(多选)我国在极其困难的情况下，完成了“两弹一星”，长了中国人的志气，打破了西方的讹诈，下列核反应方程中，属于研究两弹的基本核反应方程的是()
【导学号：64772110】
A.147N＋42He―→178O＋11H
B.23592U＋10n―→9038Sr＋13654Xe＋1010n
C.23892U―→23490Th＋42He
D.21H＋31H―→42He＋10n
【解析】“两弹”指原子弹和氢弹，原子弹的核反应方程是铀核裂变，B选项正确，氢弹的核反应方程是轻核聚变，D选项正确．
【答案】BD
5．(多选)2006年9月28日，我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电，显示了EAST装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1000s，温度超过1亿度，这标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，32He的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法中正确的是()
A．两个氘核聚变成一个32He所产生的另一个粒子是质子
B．两个氘核聚变成一个32He所产生的另一个粒子是中子
C．两个氘核聚变成一个32He所释放的核能为(2m1－m3－m4)c2
D．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性
【解析】由核反应方程221H→32He＋10X知，X应为中子，释放的核能应为ΔE＝(2m1－m3－m2)c2，聚变反应的污染非常小，而现行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A、C错误，B、D正确．
【答案】BD
6．(多选)我国科学家研制“两弹”所涉及的基本核反应方程有：(1)23592U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋k10n；(2)21H＋31H→42He＋d10n；关于这两个方程，下列说法正确的是()
A．方程(1)属于α衰变
B．方程(1)属于重核裂变
C．方程(2)属于轻核聚变
D．方程(1)中k＝10，方程(2)中d＝1
【解析】方程(1)属于重核裂变，方程(2)属于轻核聚变，故A错，B、C对．据核反应中的质量数守恒和电荷数守恒，可求出k＝10，d＝1，故D对．
【答案】BCD
7．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为
11H＋126C―→137N＋Q1①，
11H＋157N―→126C＋X＋Q2②，
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量如表：
原子核11H
31H
42He
126C
137N
157N

质量/u1.00783.01664.002612.000013.005715.0001
则可以推断X是________，方程中Q1和Q2的大小关系是Q1________Q2.
【解析】由质量数守恒和电荷数守恒，可判断X为42He，①式的质量亏损为Δm1＝1.0078u＋12.0000u－13.0057u＝0.0021u．②式的质量亏损为Δm2＝1.0078u＋15.0001u－12.0000u－4.0026u＝0.0053u，所以Δm2Δm1根据质能方程ΔE＝Δmc2可求解Q2Q1.
【答案】42He
8．物理学家们普遍相信太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应．根据这一理论，在太阳内部4个氢核(11H)转化成一个氦核(42He)和两个正电子(01e)并放出能量．已知质子质量mp＝1.0073u，α粒子的质量mα＝4.0026u，电子的质量me＝0.0005u．1u的质量对应931.5MeV的能量．
(1)写出该热核反应方程；
(2)一次这样的热核反应释放出多少兆电子伏的能量？(结果保留四位有效数字)
【解析】(1)热核反应方程为411H→42He＋201e.
(2)质量亏损为Δm＝4mp－mα－2me＝(4×1.0073－4.0026－2×0.0005)u＝0.0256u
ΔE＝0.0256×931.5MeV＝23.85MeV.
【答案】(1)411H→42He＋201e(2)23.85MeV
能力提升]
9．(多选)据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试．下列关于“人造太阳”的说法正确的是()
【导学号：64772056】
A．“人造太阳”的核反应方程是21H＋31H→42He＋10n
B．“人造太阳”的核反应方程是23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n
C．根据公式E＝mc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量与裂变反应相同
D．核燃烧的质量相同时，聚变反应过程的质量亏损比裂变反应过程的质量亏损大得多
【解析】21H＋31H→42He＋10n是氢核聚变方程，故A项正确；根据氢核聚变特点，相同质量的核燃料，氢核聚变释放的能量比裂变反应大得多，氢核聚变反应过程的质量亏损比裂变反应过程的质量亏损大得多，D正确．
【答案】AD
10．(多选)如图431所示，托卡马克(tokamak)是研究受控核聚变的一种装置，这个词是toroidal(环形的)、kamera(真空室)、magnet(磁)的头两个字母以及kotushka(线圈)的第一个字母组成的缩写词．根据以上信息，下列判断中可能正确的是()
图431
A．这种装置的核反应原理是轻核的聚变，同时释放出大量的能量，和太阳发光的原理类似
B．线圈的作用是通电产生磁场使带电粒子在磁场中旋转而不溢出
C．这种装置同我国秦山、大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理相同
D．这种装置是科学家设想的其中一种方案
【解析】聚变反应原料在装置中发生聚变，放出能量，故A对；线圈通电时产生磁场，带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用旋转而不溢出，故B对；核电站的原理是裂变，托卡马克的原理是聚变，故C错；该装置是科学家设想的其中一种方案，故D对．
【答案】ABD
11．我国自行设计并研制的“人造太阳”——托卡马克实验装置运行获得重大进展，这标志着我国已经迈入可控热核反应领域先进国家行列．该反应所进行的聚变过程是21H＋31H―→42He＋10n，反应原料氘(21H)富存于海水中，而氚(31H)是放射性元素，自然界中不存在，但可以通过中子轰击锂核(63Li)的人工核转变得到．
(1)请把下列用中子轰击锂核(63Li)产生一个氚核(31H)和一个新核的人工核转变方程填写完整：________＋10n―→________＋31H.
(2)在(1)中，每产生1g氚的同时有多少个63Li核实现了核转变？(阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol－1)
(3)一个氘核和一个氚核发生核聚变时，平均每个核子释放的能量为5.6×10－13J，求该核聚变过程中的质量亏损．
【解析】(1)核反应方程为：63Li＋10n―→42He＋31H.
(2)因为1g氚为13mol，根据核反应方程，实现核转变的63Li也为13mol，所以有2.0×1023个63Li实现了核转变．
(3)根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，核聚变反应中有5个核子参加了反应，5个核子释放总能量ΔE＝5×5.6×10－13J＝2.8×10－12J，所以质量亏损为Δm＝ΔEc2＝2.8×10－123×1082kg＝3.1×10－29kg.
【答案】(1)63Li42He
(2)2.0×1023个
(3)3.1×10－29kg
12．核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源．近几年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站．一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，并释放一个中子．若已知氘原子的质量为2.0141u，氚原子的质量为3.0160u，氦原子的质量为4.0026u，中子的质量为1.0087u,1u＝1.66×10－27kg.
(1)写出氘和氚聚变的反应方程；
(2)试计算这个核反应释放出来的能量；
(3)若建一座功率为3.0×105kW的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有一半转化成了电能，求每年要消耗氘的质量？(一年按3.2×107s计算，光速c＝3.0×108m/s，结果取两位有效数字)
【解析】(1)氘和氚聚变的反应方程为21H＋31H→42He＋10n.
(2)该反应过程的质量亏损Δm＝2.0141u＋3.0160u－4.0026u－1.0087u＝0.0188u＝3.1208×10－29kg
释放的核能ΔE＝Δmc2＝3.1208×10－29×(3×108)2J＝2.8×10－12J.
(3)设每年要消耗的氘的质量为M，氘原子的质量为MD
由能量守恒可得：MMDΔEη＝Pt
可得：M＝ptMDΔEη＝
3.0×105×103×3.2×107×2.0141×1.66×10－272.8×10－12×0.5kg＝23kg.
【答案】(1)21H＋31H→42He＋10n(2)2.8×10－12J(3)23kg

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第2节环境保护与可持续发展

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为高中教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，帮助高中教师在教学期间更好的掌握节奏。那么，你知道高中教案要怎么写呢？下面是由小编为大家整理的“第2节环境保护与可持续发展”，供大家借鉴和使用，希望大家分享！

第2节环境保护与可持续发展

一、教学目标

1.关注全球性生态环境问题。

2.概述生物多样性保护的意义和措施。

3.形成环境保护需要从我做起的意识。

4.进行资料搜集，了解我国利用生物技术保护生物多样性的进展。

二、教学重点和难点

概述生物多样性保护的意义和措施。

三、板书设计：

一、环境污染的防治

二、生物多样性的保护

四、教学设想:

本节的教学可以从破题“保护我们共同的家园”入手，启发学生思考：“我们”是指谁？如何理解“共同的”的涵义？让学生感受到在茫茫太空之中，地球像是一艘遨游的飞船，地球上所有的生灵搭载在这艘飞船上，结伴而行，体验着同一生命旅程，没有可以停靠的港湾，没有可以迁居的绿洲。有条件的学校可以播放相关录像片，这样更能使学生产生共鸣。

由此，引出我们的家园正面临着威胁的话题。要注意引导学生剖析一些错误的认识或观念。例如，“人定胜天”的观念：人类具有其他生物无法比拟的智力和能力，能使高峡变平湖，天堑变通途，大山低头，河水让路。全球性生态环境问题，大多数是与工业发展有直接关系的，因此，教师要启发学生辩证地分析发展与环境之间的关系。

五、教学过程

在保护生物多样性的教学时，教师可先引入一些具体的实例，例如，据报载（1999年12月6日《文汇报》），素有“北大荒”之称的中国重要商品粮基地，1999年全面停止了持续半个世纪的垦荒，“北大荒”不再开荒。这是因为连年的垦荒虽然为中国人的吃饭问题做了贡献，却也使三江平原的湿地面积缩小了60%，丹顶鹤、东方白鹳等一些鸟类在该地区基本绝迹。于是，引出一个重要话题：粮食重要还是鸟类重要？

为什么要保护生物多样性呢？学生对生物多样性具有的直接价值容易接受和认同。生物物种一旦灭绝，人类就失去了宝贵的资源。例如，冬虫夏草是珍贵的中药，云南珍稀植物“红豆杉”中含有可治疗癌症的有效成分，如果冬虫夏草和红豆杉从地球上永远消失，对人类造成的损失显然是巨大的，而且是不可弥补的。

在教学中，应当更多地启发学生思考生物多样性的间接价值（生态功能）和潜在价值。例如，教师可以绘制一幅漫画：衰老的大树发愁地想：“鸟儿们都死了，谁来替我传播种子呢？”引导学生思考生态系统中的各种生物往往是相互联系的，一个物种的灭绝很可能导致一连串物种的灭绝，也可能造成某些物种的数量失控。如猫头鹰、鼬和狐狸的灭绝可能造成田鼠成灾。教师提示：保护生物多样性更主要的原因是为了保持生态系统的稳定性。

教师应当指出，人类对自然的改造和设计，看起来似乎十分完美，但与大自然的精密“安排”相比，总是显得那么简单和粗糙。在无法保护自然的原貌时，至少也应当尽可能地模拟自然生态系统，让环境中的物种数目更多些。农田生态系统和人工林生态系统中，物种数目往往过少，物质循环的途径单一，一旦出现环境因素的变化，就可能导致生态系统的严重灾难。例如，有的地区营造的防护林，基本上都是白杨树，引来专门以白杨为食的天牛大举进攻。人们想尽各种办法仍然无法控制天牛之害，只好忍痛将刚刚长成林的树木伐倒，使大片农田重新受到风沙之害。如果当初栽培的是多树种、多林种、生态系统组成成分复杂的防护林，就不会发生如此惨痛的虫害。

本节是必修模块的最后一节，教师应当结合本节内容作一小结。生物多样性包含了遗传的多样性，物种的多样性和生态系统的多样性。我们说的保护生物的多样性就是指基因、物种和生态系统三个层次上的保护

主题

每层次相关的内容

基因

基因携带着遗传信息，基因控制性状，基因突变和染色体变异等是遗传多样性之源

物种

种群是进化的单位，突变、基因重组和自然选择使种群的基因库在代代相传过程中保持和发展，物种多样性是生物进化的结果

生态系统

生态系统的结构、成分的多样性，由物种的多样性组成。保护生态系统是对生物多样性最有效的保护最后，以“可持续发展──人类的必然选择”为题，进一步揭示“稳态与环境”的核心思想：整体、相互作用、动态平衡、协调发展，以乐观向上的态度和“天地与我并生，而万物与我为一”的哲理，描绘出人类未来美好的前景，在学生的憧憬之中结束本节的教学。

（1）就地保护（自然保护区）

就地保护是以建立国家或地方自然保护区的方式，对有价值的生态环境（如江河源头、滨海、滩涂、湿地、荒漠等自然生态系统的保护）、特殊自然景观（如森林、灌丛、草原、稀树草原、草甸等）、野生生物物种等，在具体地段划定范围保护起来，禁伐、禁牧、禁猎。根据所处的地理位置和保护程度需要，有全封闭式保护，不准人入内；有半封闭式保护，有的地方外人可进入，有的地方外人不准进入。

根据保护的内容，可以分为：综合保护区（包括整个环境区域内的自然生态系统和野生生物）和特殊自然保护区（为了专门保护某一种或几种珍稀濒危野生物种的栖息地而建立的保护区，一般范围较小）。

（2）迁地保护

迁地保护就是通过人工的办法，将要保护的野生物种的部分种群迁移到适当的地方，以人工管理和繁殖，使其种群不仅可以繁衍延续，而且不断扩大。其主要方法是建立动物园、植物园与树木园或基因库。目前，饲养在世界各地动物园和其他圈养设施中的脊椎动物已超过3000种，个体数量达5.4×105头。全世界1500余个植物园和树木园均承担着保护植物种质资源的任务。

（3）离体保护

离体保护是指利用现代技术，尤其是低温技术，将生物体的一部分进行长期储存，以保存物种的种质资源。

六、教后感：人口、科技进步和资源与环境之间应当是一种相互协调的关系。具体地说，人类不仅要大力加强科技进步，同时要大力加强对广大民众的教育。使资源得到合理的利用；使生态环境不再遭到破坏并且朝着改善的方向发展。人类应当走一条自然、经济、社会的持久而协调的可持续发展的道路，对学生进行环境保护教育。

第2节核裂变教师用书

一名合格的教师要充分考虑学习的趣味性，作为教师就要根据教学内容制定合适的教案。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，帮助教师能够更轻松的上课教学。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？下面的内容是小编为大家整理的第2节核裂变教师用书，欢迎阅读，希望您能够喜欢并分享！

第2节核裂变
学习目标知识脉络
1.知道核裂变的概念，知道重核裂变中能释放出巨大的能量．(重点)
2.知道什么是链式反应.
3.会计算重核裂变过程中释放出的能量．(重点)
4.知道什么是核反应堆．了解常用裂变反应堆的类型．(难点)

重核的裂变
[先填空]
1．重核的裂变
(1)核裂变：用中子轰击铀核，铀核分裂成质量相近的两部分，并释放出能量的核反应过程叫做核裂变．
(2)裂变能：核裂变释放出的能量称为裂变能，也称核能或原子能．核裂变是释放核能的方法之一．
(3)铀核裂变的产物多种多样，其中有代表性的有：
10n＋23592U→9538Sr＋13954Xe＋210n
10n＋23592U→14156Ba＋9236Kr＋310n.
2．链式反应
(1)定义：在23592U核裂变释放出巨大能量的同时，平均每次可以放出2～3个中子，这些中子称为第1代中子，如果其中至少有一个继续轰击23592U，使之发生裂变，就能产生第2代中子，这样不断继续下去，中子会不断增加，裂变反应就会不断加强，就形成了裂变的链式反应．能够发生链式反应的铀块的最小体积叫做临界体积．
(2)条件：发生链式反应必须具备两个条件：a.铀核的体积达到临界体积；b.必须存在持续不断的中子源．
[再判断]
1．原子核释放粒子的过程也是核裂变的过程．(×)
2．用中子轰击重核使之分裂实现核裂变．(√)
3．利用不可控的快中子轰击超过临界体积的铀块产生链式反应制成原子弹．(√)
[后思考]
重核裂变反应是否满足电荷数守恒？是否满足质量数守恒？
【提示】重核裂变反应属于核反应，满足电荷数守恒，质量数守恒．
[核心点击]
1．铀核的裂变和裂变方程
(1)核子受激发：当中子进入铀235后，便形成了处于激发状态的复核，复核中由于核子的激烈运动，使核变成不规则的形状．
(2)核子分裂：核子间的距离增大，因而核力迅速减弱，使得原子核由于质子间的斥力作用而分裂成几块，同时放出2或3个中子，这些中子又引起其他铀核裂变，这样，裂变就会不断地进行下去，释放出越来越多的核能．
(3)常见的裂变方程：
①23592U＋10n―→13954Xe＋9538Sr＋210n.
②23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n.
2．链式反应的条件
(1)有慢中子轰击．
(2)铀块的体积大于临界体积，或铀块的质量大于临界质量．
以上两个条件满足一个，则另一个条件自动满足．
3．裂变反应的能量：铀核裂变为中等质量的原子核，发生质量亏损，所以放出能量．一个铀235核裂变时释放的能量如果按200MeV估算，1kg铀235全部裂变放出的能量相当于2800t标准煤完全燃烧时释放的能量，裂变时能产生几百万度的高温．
4．铀的同位素中铀235比铀238更易发生链式反应
在天然铀中，主要有两种同位素，99.3%的是铀238，0.7%的是铀235，中子能引起这两种铀核发生裂变，但它们和中子发生作用的情况不同．
(1)铀235：俘获各种能量的中子都会发生裂变，且俘获低能量的中子发生裂变的概率大．
(2)铀238：只有俘获能量大于1MeV的中子才能发生裂变，且裂变的几率小．能量低于1MeV的中子只与铀核发生弹性碰撞，不引起裂变．因此，为了使链式反应容易发生，最好利用纯铀235.
1．(多选)关于重核的裂变，以下说法正确的是()
A．核裂变释放的能量远大于它俘获中子时得到的能量
B．铀核裂变在自然界中会自发地产生
C．重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减少
D．由于重核的核子平均质量大于中等质量核的核子平均质量，所以重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能
【解析】根据重核发生裂变的条件和裂变释放能量的原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程，因而释放的能量远大于其俘获中子时吸收的能量；重核裂变只能发生在人为核反应中；在裂变反应中核子数是不会减少的，因此A正确，B、C错误．重核裂变为中等质量的原子核时，由于平均质量减小，必然发生质量亏损，从而释放出核能，所以D正确．
【答案】AD
2．(多选)1938年哈恩用中子轰击铀核，发现产物中有原子核钡(Ba)、氪(Kr)、中子和一些γ射线．下列关于这个实验的说法中正确的是()
A．这个实验的核反应方程是23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n
B．这是一个核裂变过程，反应后粒子质量之和大于反应前粒子质量之和
C．实验中产生的γ射线穿透能力极强
D．这个反应中释放出的能量可以用爱因斯坦的质能方程来计算
【解析】根据质量数守恒、电荷数守恒，铀核裂变的核反应方程应为：23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n，选项A正确；铀核裂变过程中产生γ射线，放出能量，发生质量亏损，释放的能量根据爱因斯坦的质能方程计算，选项B错误，D正确；核反应中产生的γ射线，穿透能力极强，是能量极高的光子，选项C正确．
【答案】ACD
3．现有的核电站比较广泛采用的核反应之一是：23592U＋10n→14360Nd＋Zr＋310n＋80－1e＋ν
(1)核反应方程中的ν是中微子，它不带电，质量数为零．试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数；
(2)已知铀(U)核的质量为235.0493u，中子质量为1.0087u，钕(Nd)核质量为142.9098u，锆核质量为89.9047u．又知1u＝1.6606×10－27kg，试计算，1kg铀235大约能产生的能量是多少？
【解析】(1)根据电荷数和质量数守恒，可得
Zr的电荷数Z＝92－60＋8＝40
质量数A＝236－143－3×1＝90.
(2)方法一：质量亏损
Δm＝(mU＋mn)－(mNd＋mZr＋3mn)＝0.2174u.
一个铀核裂变释放能量
ΔE＝Δm×931.5MeV
＝0.2174×931.5MeV≈202.5MeV
1kg铀核含有的原子核数为
n＝1000235×6.02×1023个≈2.562×1024个
1kg铀核产生的能量
E总＝nΔE＝2.562×202.5×1024MeV
≈5.2×1026MeV＝5.2×1026×106×1.6×10－19J
≈8.3×1013J.
方法二：Δm＝(mU＋mn)－(mNd＋mZr＋3mn)
＝0.2174u＝0.2174×1.6606×10－27kg
≈3.6×10－28kg
ΔE＝Δmc2＝3.6×10－28×(3×108)2J＝3.24×10－11J
n＝1000235×6.02×1023个≈2.562×1024个
E总＝nΔE＝2.562×1024×3.24×10－11J≈8.3×1013J.
【答案】(1)4090(2)8.3×1013J
重核裂变核能计算的方法
解答这类问题，一般是先根据核反应方程求出一个重核裂变时发生的质量亏损，由质能方程计算出释放的能量，然后用阿伏加德罗常数把核能与重核质量联系起来；另外，在计算过程中要注意单位的统一．
裂变反应堆
[先填空]
1．核反应堆：能维持和控制核裂变的装置．
2．核反应堆的构成：堆芯、中子反射层、控制系统和防护层等部分．
(1)堆芯：由燃料棒、减速剂和冷却剂组成．
(2)中子反射层：反射核裂变中产生的中子，使其进一步参加链式反应．
(3)控制棒：用能吸收慢中子的镉或硼钢制成，以控制链式反应的速度．
[再判断]
1．核反应堆可以人工控制核反应速度．(√)
2．减速剂的作用使快中子减速变成慢中子．(√)
3．链式反应一旦形成无法进行人工控制．(×)
[后思考]
核反应堆中的防护层的构造和作用是什么？
【提示】核反应堆中的防护层一般由金属套、防止中子外逸的水层以及1m～2m厚的钢筋混凝土构成，可以有效地防止射线对人体及其他生命的侵害．
[核心点击]
1．核反应堆的组成
核反应堆由堆芯、中子反射层、控制系统和防护层等部分组成．其中控制棒用能吸收慢中子的镉或硼钢制成，以控制链式反应的速度．之所以把它叫做“堆”，是因为世界上第一个核反应堆是用石墨块(用以控制反应速度)和金属铀块(反应燃料)一层一层交替地“堆”起来而构成的．
2．核反应堆与原子弹爆炸的比较
原子弹爆炸时链式反应的速度是无法控制的，为了用人工方法控制链式反应的速度，使核能比较平缓地释放出来，人们制成了核反应堆(核电站的核心设施)．核反应堆是人工控制链式反应的装置．
3．核电站发电的主要原理
核燃料裂变释放的能量使反应区温度升高．水或液态的金属钠等流体在反应堆内外循环流动，把反应堆内的热量传输出去．反应堆放出的热使水变成水蒸气，这些高温高压的蒸汽推动汽轮发电机发电．这一部分的工作原理和火力发电相同．
4．关于核反应堆中用镉棒控制反应速度的原理，下列说法正确的是()
A．镉棒能释放中子，依靠释放的多少控制反应速度
B．用镉棒插入的多少控制快中子变为慢中子的数量
C．利用镉棒对中子吸收能力强的特点，依靠插入的多少控制中子数量
D．镉棒对铀核裂变有一种阻碍作用，利用其与铀的接触面积的大小控制反应速度
【解析】镉棒不是离子源不会释放中子，A错误，也不是减速剂，不能使快中子变为慢中子，B、D错误，镉棒对中子有吸收作用，通过中子强度检测器检测，当反应太强，镉棒能自动插入，多吸收中子，反之，自动抽出，少吸收中子，故镉棒也叫控制棒，C正确．
【答案】C
5．(多选)关于原子核反应堆，下面哪种说法是正确的()
A．镉棒是核燃料，裂变时释放核能
B．镉棒的作用是控制反应堆的功率
C．石墨的作用是吸收中子
D．冷却剂的作用是控制反应堆的温度和输出热量
【解析】核燃料即为用浓缩铀制成的铀棒，铀棒裂变时释放核能；镉棒具有很强的吸收慢中子的能力，通过控制镉棒插入的深度来控制链式反应的速度，即可控制反应堆的功率；石墨的作用是使裂变产生的快中子减速成为慢中子；冷却剂的作用是控制反应堆的温度和输出热量．则B、D正确，A、C错误．
【答案】BD
学业分层测评(十二)
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学业达标]
1．(多选)当一个重核裂变时，它所产生的两个核()
A．含有的质子数较裂变前重核的质子数不变
B．含有的中子数较裂变前重核的中子数不变
C．裂变时释放的能量等于俘获中子时得到的能量
D．可能是多种形式的两个核的组合
【解析】由于在裂变反应中吸收一个中子而释放2～3个中子，质子数并没有发生变化，而两个新核的中子数减少，故选项A正确，B错误；反应后质量发生了亏损而释放能量，并不等于俘获中子时得到的能量，在裂变反应中，产物并不是唯一的，而是多种多样的，故选项D正确，选项C错误．
【答案】AD
2．(多选)关于重核的裂变，以下说法正确的是()
A．核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B．中子从铀块中通过时，但不一定发生链式反应
C．重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减小
D．重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能
【解析】根据重核发生裂变的条件和裂变释放核能的原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程．释放的能量远大于其俘获中子时吸收的能量．链式反应是有条件的，即铀块的体积必须大于其临界体积，如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生．在裂变反应中质量数、电荷数均守恒；即核子数守恒，所以核子数是不会减小的，因此选项A、C错误，B正确；重核裂变为中等质量的原子核时，发生质量亏损，从而释放出核能，选项D正确．
【答案】BD
3．铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法中正确的是()【导学号：64772108】
A．反应堆中铀的质量是重要因素与体积无关
B．为了使裂变的链式反应容易发生，最好直接利用裂变时产生的中子
C．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生
D．能否发生链式反应与铀块的质量无关
【解析】要使铀核裂变发生链式反应，铀块的体积必须等于或大于临界体积，如果组成铀块的体积小于临界体积，则不会发生链式反应．裂变反应中产生的中子为快中子，这些快中子不能直接引发新的裂变．如果铀块的质量大，则其体积大，若超过临界体积则发生链式反应，由此知A、B、D错误，C正确．
【答案】C
4．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n.下列说法正确的有()
A．上述裂变反应中伴随着中子放出
B铀块体积对链式反应的发生无影响
C．铀核的链式反应可人工控制
D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响
【解析】根据裂变反应的规律和影响半衰期的因素解决问题．裂变反应式中的10n为中子，铀块体积大于临界体积，才能发生链式反应，且铀核的链式反应是可控的，选项A、C正确，选项B错误；放射性元素的半衰期不受外界压强、温度的影响，选项D错误．
【答案】AC
5．下列核反应中，表示核裂变的是()
A.23892U―→23490Th＋42He
B.23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n
C.146C―→147N＋0－1e
D.94Be＋42He―→126C＋10n
【解析】题目选项中，23892U―→23490Th＋42He是α衰变，146C―→147N＋0－1e是β衰变，94Be＋42He―→126C＋10n是人工转变，只有C选项是重核裂变，故B正确．
【答案】B
6．(多选)2020年以前我国将新增投产2300万千瓦的核电站，核电站与火电站相比较，下列说法正确的是()
A．核燃料释放的能量远大于相等质量的煤放出的能量
B．就可采储量来说，地球上核燃料资源远大于煤炭
C．在经济效益方面核电与火电不相上下
D．核电站没有任何污染
【解析】核燃料释放的能量远大于相等质量的煤放出的能量，A项正确；就可采储量所提供的能量来说，远大于煤炭所能提供的能量，而不是采储量，B项错；在经济效益方面核电与火电不相上下，C项正确；核电站是有污染的，核反应堆用过的核废料具有很强的辐射性，要做特殊处理，D项错误．
【答案】AC
7．下面是铀核裂变反应中的一个：23592U＋10n―→13654Xe＋9038Sr＋1010n.已知铀235的质量为235.0439u，中子的质量为1.0087u，锶90的质量为89.9077u，氙136的质量为135.9072u，则此核反应中质量亏损Δm＝________u，释放的核能ΔE＝________MeV.
【导学号：64772053】
【解析】质量亏损Δm＝235.0439u＋1.0087u－135.9072u－89.9077u－10×1.0087u＝0.1507u
由ΔE＝Δmc2可求得释放的核能ΔE＝0.1507uc2＝0.1507×931.5MeV＝140.3771MeV.
【答案】0.1507140.3771
8．落在日本广岛上的原子弹，相当于2万吨TNT炸药放出的能量．原子弹放出的能量约8.4×1013J，试问有多少个23592U原子核进行分裂？该原子弹中含23592U的质量最小限度为多少千克？(一个23592U原子核分裂时所产生的能量约为200MeV)
【解析】一个23592U原子核分裂时所产生的能量约为200MeV＝200×106eV＝2.0×108×1.6×10－19J＝3.2×10－11J.
设共有n个23592U核发生裂变：n＝8.4×10133.2×10－11个≈2.6×1024个，铀的质量m＝235×10－3×2.6×10246.02×1023kg≈1.015kg.
【答案】2.6×1024个1.015kg
能力提升]
9．(多选)我国秦山核电站第三期工程中有两组60万千瓦的发电机组，发电站的核能来源于23592U的裂变，下列说法正确的是()
A.23592U原子核中有92个质子，143个中子
B.23592U的一种可能裂变是变成两个中等质量的原子核，反应方程为23592U＋10n―→13954Xe＋9538Sr＋210n
C.23592U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度半衰期缩短
D．一个23592U裂变能放出200MeV的能量，合3.2×10－11J
【解析】由23592U的质量数和电荷数关系易知A正确；由核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒知B正确；半衰期不受外界因素干扰，故C错误；因为200MeV＝200×106×1.6×10－19J＝3.2×10－11J，所以D正确．
【答案】ABD
10．(多选)人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图421所示的关系．下列关于原子结构和核反应的说法正确的是()
图421
A．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量
B．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能
C．由原子核A裂变成原子核B和C时要吸收能量
D．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度
【解析】原子核D和E的核子平均质量大，结合成原子核F时存在质量亏损，要释放能量，A错误；原子核A的核子平均质量大，裂变成原子核B和C时质量亏损，要放出核能，B正确、C错误；镉棒可以吸收中子，在反应堆中能控制反应速度，D正确．
【答案】BD
11.23592U受中子轰击时会发生裂变，产生13956Ba和9436Kr，同时放出200MeV的能量，现要建设发电能力是50万千瓦的核电站，用铀235作为原子锅炉的燃料，假设核裂变释放的能量全部被用来发电，那么一天需要纯铀235的质量为多少？(阿伏加德罗常数取6.02×1023mol－1)
【解析】每天发电的总量
E＝24×3.6×103×5×108J＝4.32×1013J.
要得到这么多能量需要裂变的铀原子数目n＝4.32×10132×108×1.6×10－19＝1.35×1024(个)．
则对应的质量
m＝nNAμ＝1.35×10246.02×1023×235×10－3kg＝0.527kg.
【答案】0.572kg
12．在所有能源中，核能具有能量密度大，地区适应性强的优势，在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能．
(1)核反应方程式23592U＋10n―→14156Ba＋9236Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，10n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X为________，a＝________.以mU、mBa、mKr分别表示23592U、14156Ba、9236Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE是多少？
(2)有一座发电能力为P＝1.00×106kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%，假定反应堆中发生的裂变反应全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×10－11J，核的质量mU＝390×10－27kg，求每年(1年＝3.15×107s)消耗的23592U的质量．
【解析】(1)由反应方程可知：X为10n，a为3，释放的能量为
ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mn)c2.
(2)因电站发电效率为40%，故电站消耗23592U的功率为P′＝P40%＝10640%kW＝2.5×106kW，
电站每年消耗235U的能量为W＝Pt＝2.5×109×3.15×107J＝7.875×1016J.
每年消耗23592U的质量为
M＝WΔEmU＝7.875×1016×390×10－272.78×10－11kg＝1105kg.
【答案】(1)10n3(mU－mBa－mKr－2mn)c2
(2)1105kg

生态环境保护教案

每个老师需要在上课前弄好自己的教案课件，大家在用心的考虑自己的教案课件。是时候对自己教案课件工作做个新的规划了，才能更好的在接下来的工作轻装上阵！适合教案课件的范文有多少呢？以下是小编收集整理的“生态环境保护教案”，欢迎您阅读和收藏，并分享给身边的朋友！

第三章生态环境保护
3.3生态环境保护教案
一、教学目标
1.关注全球性生态环境问题。
2.概述生物多样性保护的意义和措施。
3.形成环境保护需要从我做起的意识。
4.进行资料搜集，了解我国利用生物技术保护生物多样性的进展。
二、教学重点和难点
概述生物多样性保护的意义和措施。
三、教学方法
探究法，讲述法
四、课时安排
1、教学过程
〖引入〗以“问题探讨”引入，学生思考回答，老师提示。
〖提示〗1.气象学家的预言是有科学根据的。例如，英国《自然》杂志和《观察家报》于2004年披露了美国国防部专家组的一份报告。该报告预测：气候变化可能演变成全球公害；未来20年气候变化将成为全球性灾难，如英国将会像西伯利亚那样寒冷，美国等主要粮食生产国将因遭遇严重干旱而出现粮食大幅减产。又如，我国科学家2004年预言：未来大气的增温值将是20世纪的2至10倍；我国华北等地仍将保持继续变干旱的趋势；气候变暖严重影响全球的自然生态系统，农业可能是对气候变化最为敏感和脆弱的部门之一。
〖板书〗一、保护植被，防止水土流失和荒漠化
全球性生态环境问题主要包括：
1.全球气候变化
2.水资源短缺
3.臭氧层破坏
4.酸雨
5.土地荒漠化
6.海洋污染
7.生物多样性等
二、保护生物多样性
保护生物多样性：生物圈内所有的植物、动物和微生物，他们所拥有的全部基因以及各种各样的生态系统，共同构成了生物多样性。
〖讲述〗生物多样性包含了遗传的多样性，物种的多样性和生态系统的多样性。我们说的保护生物的多样性就是指基因、物种和生态系统三个层次上的保护。
主题每层次相关的内容
基因基因携带着遗传信息，基因控制性状，基因突变和染色体变异等是遗传多样性之源
物种种群是进化的单位，突变、基因重组和自然选择使种群的基因库在代代相传过程中保持和发展，物种多样性是生物进化的结果
生态系统生态系统的结构、成分的多样性，由物种的多样性组成。保护生态系统是对生物多样性最有效的保护
〖思考与讨论〗学生思考讨论回答，老师提示。
〖提示〗1.红树林的消失，使得潮间带多种鱼类、甲壳类、贝类以及多种水鸟因生态环境改变而无法存活和繁衍，并且影响附近多种生态系统的稳定性，最终使大量的物种无法生存和发展。红树林能维持滨海湿地生态系统的稳定性，具有防风、抗海潮侵蚀海岸的作用。因此，红树林的消失还将直接影响附近的农田、养殖场、森林和城市等多种生态系统的稳定性，这对于人们的生活和生产都会产生很大的影响。
2.可以通过现代生物技术，检测并获取水稻、小麦等栽培作物野生种细胞中人类所需要的某些优良基因（如抗旱基因、抗病基因等），然后利用基因工程技术，将这些优良基因导入到相应的栽培种的细胞中并使之表达。袁隆平曾利用在海南岛发现的一株花粉败育的普通野生水稻（含有使花粉不育的基因），利用杂交技术成功地培育出高产的杂交水稻，从而掀起了水稻生产的“第二次绿色革命”。后来，经过分子检测技术得知，野生水稻细胞中至少含有两个增产基因：其中的一个增产基因就能增产18%，两个增产基因则能增产36%。
3.这两例能够说明生物多样性具有潜在价值（红树、野生水稻等生物很可能还有目前人类尚不清楚的重要功能）、间接价值（红树林对海岸的防护作用）和直接价值（潮间带的鱼类、贝类、甲壳类等可供食用、药用和用做工业原料等）。
生物的种类繁多，人类对它们已经做过比较充分研究的只是极少数，大量野生生物的价值──生物多样性的潜在价值目前还不清楚；森林生态系统同农田生态系统相比，具有更加丰富的生物多样性，对自身的调节功能更强大，因而具有更好的稳定性，这属于生物多样性的间接价值；芦苇是一种重要的造纸原料，从金鸡纳树中可以提取治疗疟疾的药物──奎宁，这些都属于生物多样性的直接价值。
〖板书〗（一）生物多样性的价值
1.潜在价值：目前尚不知道
2.间接价值：对生态系统其调节功能
3.直接价值（潮间带的鱼类、贝类、甲壳类等可供食用、药用和用做工业原料等）。
（二）保护生物多样性
（1）就地保护（自然保护区）
就地保护是以建立国家或地方自然保护区的方式，对有价值的生态环境（如江河源头、滨海、滩涂、湿地、荒漠等自然生态系统的保护）、特殊自然景观（如森林、灌丛、草原、稀树草原、草甸等）、野生生物物种等，在具体地段划定范围保护起来，禁伐、禁牧、禁猎。根据所处的地理位置和保护程度需要，有全封闭式保护，不准人入内；有半封闭式保护，有的地方外人可进入，有的地方外人不准进入。
（2）迁地保护
迁地保护就是通过人工的办法，将要保护的野生物种的部分种群迁移到适当的地方，以人工管理和繁殖，使其种群不仅可以繁衍延续，而且不断扩大。（其主要方法是建立动物园、植物园与树木园或基因库。目前，饲养在世界各地动物园和其他圈养设施中的脊椎动物已超过3000种，个体数量达5.4×105头。全世界1500余个植物园和树木园均承担着保护植物种质资源的任务。）
（3）离体保护
离体保护是指利用现代技术，尤其是低温技术，将生物体的一部分进行长期储存，以保存物种的种质资源。
〖提示〗材料
1.潜在价值──某种不知名的昆虫。间接价值──每个物种都维系着它们所在的生态系统的结构和功能。直接价值──芦苇是一种重要的造纸原料；蝉蜕是一种动物性药物；鲁班通过观察某种叶片的叶缘得到启示，研制出了木工用的锯；海洋和森林等生态系统能陶冶情操、激发创作的灵感。
2.主要的困难是，一些发达国家（如美国、加拿大和欧盟国家等），拒绝核准或迟迟不予核准该议定书。主要争议的问题是，这些国家担心影响本国经济的发展和其他国家可能不承担相应的责任。例如，美国政府在2003年3月以“减少温室气体排放将会影响美国经济发展”和“发展中国家也应该承担减排和限排温室气体的义务”为由，宣布拒绝执行《京都议定书》。
建议世界各国特别是发展中国家联合起来，通过联合国大会和各国的政府以及民间组织等多种途径，呼吁每年大量产生温室气体的发达国家率先核准《京都议定书》（我国政府早在2002年9月就核准了《京都议定书》）。
拓展题
用现代语言可以这样诠释这句话：所以说道大、天大、地大、人也大。宇宙中有这四个大，而人是这四个大中的一个。老子认为“道”是一个浑然而成的、先于天地而存在的东西；“道”不靠外力而永久存在、循环运行且永不停息；“道”伸向遥远而最终又返回自然，可算是天地万物的根本。老子把人提升为“宇宙中四个伟大的存在之一”，可与“道”、“天”、“地”并立，而惟独不认为有“神”的存在，这是老子哲学观念的可贵之处。
我们可以把老子所说的“道”，理解为自然界中各种事物发展的客观规律。人固然十分重要，甚至被说成是自然界中的“万物之灵”。但是，人也只是这四大中的一个，人绝不能超越其他三个大而为所欲为。人类必须追求和实践人与自然协调一致的美好理念，只有这样人类社会才能可持续地发展下去。

第5章第1节光电效应第2节康普顿效应教师用书

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。准备好一份优秀的教案往往是必不可少的。教案可以让学生更好的消化课堂内容，帮助教师能够井然有序的进行教学。所以你在写教案时要注意些什么呢？以下是小编为大家精心整理的“第5章第1节光电效应第2节康普顿效应教师用书”，希望能对您有所帮助，请收藏。

第1节光电效应
第2节康普顿效应
学习目标知识脉络
1.知道什么是光电效应及其实验现象．(重点)
2.知道光子说和爱因斯坦光电效应方程，能够利用它解释光电效应实验现象．(重点)
3.知道什么是康普顿效应及X射线实验原理．(重点)
4.了解光的波粒二象性，了解光是一种概率波．(难点)
光电效应
[先填空]
1．光电效应现象：在物理学中，在光的照射下电子从物体表面逸出的现象．
2．光电效应的实验规律
(1)发生的条件：每一种金属对应一种光的最小频率，又称极限频率．只有当光的频率大于或等于这个最小频率时，才会产生光电效应．当光的频率小于这个最小频率时，即使增加光的强度或照射时间，也不能产生光电效应．
(2)与光的强度的关系：产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的电子数越多．
(3)发生光电效应所需的时间：从光照射到金属表面至产生光电效应的时间间隔很短，通常可在10－9s内发生光电效应．
3．光子说：看似连续的光实际上是由个数有限、分立于空间各点的光子组成的，每一个光子的能量为hν.光在发射和吸收时能量是一份一份的．
4．光电效应方程
(1)表达式：hν＝W＋12mv2.
(2)物理意义：金属中电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量一部分用于从金属表面逸出时做功，剩下的表现为电子逸出后的最大初动能．
5．光电效应的应用
(1)光电开关．
(2)光电成像．
(3)光电池．
[再判断]
1．光电效应实验中光照时间越长光电流越大．(×)
2．光电效应实验中入射光足够强就可以有光电流．(×)
3．光电子的最大初动能与入射光的强度无关．(√)
[后思考]
你对光电效应中的“光”是怎样认识的？
【提示】这里的光，可以是可见光，也可以是紫外线、X光等．
[核心点击]
1．爱因斯坦光子理论对光电效应的解释
(1)解释极限频率的存在：光照射到金属板时，光子将能量传递给电子，每个光子的能量为hν，所以一个光子传递给一个电子的能量为hν，电子要脱离原子核的引力，有一个最小能量，最小能量对应发生光电效应时入射光的最小频率，即极限频率．如果小于这一频率，即使增大光强，也不会使电子逸出．这是因为增大光强，只是增加了吸收光子能量的电子数，单个电子吸收的光子能量仍为hν，电子仍不能逸出．
(2)解释光电效应的瞬时性：电子吸收光子的能量时间很短，几乎是瞬时的．如果入射光频率低于极限频率，即使增加照射时间，也不能使电子逸出．因为一个电子吸收一个光子后，在极短的时间内就可以把能量传递给其他粒子，所以电子不可能通过能量积累逸出金属表面．
(3)解释最大初动能与频率的关系：由爱因斯坦光电效应方程hν＝W＋12mv2可知，电子从金属中逸出所需克服束缚而消耗的能量的最小值为逸出功，从金属表面逸出的电子消耗的能量最少，逸出时的动能值最大，称为最大初动能．就其他逸出的电子而言，离开金属时的动能小于最大初动能．最大初动能的大小与光的强度无关，与光的频率有关．
2．光电效应规律中的两个关系
(1)由hν＝W＋12mv2得12mv2＝hν－W，逸出电子的最大初动能Ekm(即12mv2)与入射光的频率成一次函数关系．
(2)产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的电子数越多．即如果形成光电流，光电流的强度与入射光的强度成正比．
1．(多选)光电效应实验的装置如图511所示，用弧光灯照射锌板，验电器指针张开一个角度，则下面说法中正确的是()
图511
A．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转
B.用绿色光照射锌板，验电器指针会发生偏转
C．锌板带的是负电荷
D．使验电器指针发生偏转的是正电荷
【解析】弧光灯发出的紫外线可使锌板发生光电效应，锌板带正电，验电器小球带正电，验电器指针也带正电，使其指针发生偏转，故A、D正确，C错误；绿光的频率小于锌板的极限频率，所以用绿光照射锌板，验电器指针不会发生偏转，B错误．
【答案】AD
2．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()【导学号：64772062】
A．增大入射光的强度，光电流增大
B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改用频率小于ν的光照射，不能发生光电效应
D．改用频率为2ν的光照射，光电子的最大初动能变为原来的2倍
【解析】增大入射光的强度，单位时间内照射到单位面积上的光子数增加，光电流增大，A项正确．减小入射光的强度，只是光电流减小，光电效应现象是否消失与光的频率有关，而与光的强度无关，B项错误．改用频率小于ν的光照射，但只要光的频率大于极限频率ν0仍然可以发生光电效应，C项错误．由爱因斯坦光电效应方程hν－W逸＝12mv2得：光频率ν增大，而W逸不变，故光电子的最大初动能变大，但ν与12mv2不成正比，故D错误．
【答案】A
3．(多选)如图512所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，由图象可知()
图512
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hν0
C．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
【解析】题中图象反映了光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率
ν0时，光电子的最大初动能Ek＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，选项B正确；根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A正确，选项C、D错误．
【答案】AB
1极限频率为ν0的光照射金属对应逸出电子的最大初动能为零，逸出功W＝hν0.
2某种金属的逸出功是一定值，随入射光频率的增大，光电子的最大初动能增大，但光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比.
康普顿效应及光的波粒二象性
[先填空]
1．光的散射：光在介质中与物体微粒的相互作用，使光的传播方向发生改变的现象．
蔚蓝的天空、殷红的晚霞是大气层对阳光散射形成的，夜晚探照灯或激光的光柱，是空气中微粒对光散射形成的．
2．康普顿效应
在光的散射现象中，部分散射光的波长变长，波长改变的多少与散射角有关．这种现象称为康普顿效应．
3．康普顿的理论
当光子与电子相互作用时，既遵守能量守恒定律，又遵守动量守恒定律．在碰撞中光子将能量hν的一部分传递给了电子，光子能量减少，波长变长．
4．康普顿效应的意义
康普顿效应表明光子除了具有能量之外，还具有动量，深入揭示了光的粒子性的一面，为光子说提供了又一例证．
5．光电效应与康普顿效应
发生光电效应或康普顿效应取决于入射光的波长．当波长较短的X射线或γ射线入射时，产生康普顿效应；当波长较长的可见光或紫外光入射时，主要产生光电效应．
6．光的波粒二象性
(1)光的本性：光子既有粒子的特征，又有波的特征，即光具有波粒二象性．
(2)光是一种电磁波．
(3)当光的波长较长时，光在传播过程中波动性明显；当光的波长较短时，光子与粒子相互作用时，粒子性明显．
[再判断]
1．康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也具有动量．(√)
2．康普顿效应进一步说明光具有粒子性．(√)
3．光的波动性和粒子性是统一的，光具有波粒二象性．(√)
[后思考]
太阳光从小孔射入室内时，我们从侧面可以看到这束光；白天的天空各处都是亮的；宇航员在太空中，尽管太阳光线耀眼刺目，其他方向的天空却是黑的，为什么？
【提示】地球上存在着大气，太阳光经大气中的微粒散射后传向各个方向；而在太空的真空环境下，光不再散射，只向前传播．
[核心点击]
1．对康普顿效应的理解
(1)实验现象
X射线管发出波长为λ0的X射线，通过小孔投射到散射物石墨上．X射线在石墨上被散射，部分散射光的波长变长，波长改变的多少与散射角有关．
(2)康普顿效应与经典物理理论的矛盾
按照经典物理理论，入射光引起物质内部带电粒子的受迫振动，振动着的带电粒子从入射光吸收能量，并向四周辐射，这就是散射光．散射光的频率应该等于粒子受迫振动的频率(即入射光的频率)．因此散射光的波长与入射光的波长应该相同，不应该出现波长变长的散射光．另外，经典物理理论无法解释波长改变与散射角的关系．
(3)光子说对康普顿效应的解释
假定X射线光子与电子发生弹性碰撞．
①光子和电子相碰撞时，光子有一部分能量传给电子，散射光子的能量减少，于是散射光的波长大于入射光的波长．
②因为碰撞中交换的能量与碰撞的角度有关，所以波长的改变与散射角有关．
2．对光的波粒二象性的理解
(1)光的粒子性的含义
粒子的含义是“不连续”、“一份一份”的，光的粒子即光子，不同于宏观概念的粒子，但也具有动量和能量．
①当光同物质发生作用时，表现出粒子的性质．
②少量或个别光子易显示出光的粒子性．
③频率高，波长短的光，粒子性特征显著．
(2)光的波动性的含义
光的波动性是光子本身的一种属性，它不同于宏观的波，它是一种概率波，即光子在空间各点出现的可能性(概率)大小可用波动规律描述．
①足够能量的光(大量光子)在传播时，表现出波的性质．
②频率低，波长长的光，波动性特征显著．
(3)光的波粒二象性
①光的粒子性并不否定光的波动性，光既具有波动性，又具有粒子性，波动性、粒子性都是光的本质属性，只是在不同条件下的表现不同．
②只有从波粒二象性的角度，才能统一说明光的各种行为．
4．康普顿散射的主要特征是()【导学号：64772114】
A．散射光的波长与入射光的波长全然不同
B．散射光的波长有些与入射光的相同，但有些变短了，散射角的大小与散射波长无关
C．散射光的波长有些与入射光的相同，但也有变长的，也有变短的
D．散射光的波长有些与入射光的相同，有些散射光的波长比入射光的波长长些，且散射光波长的改变量与散射角的大小有关
【解析】光子和电子相碰撞，光子有一部分能量传给电子，散射光子的能量减少，于是散射光的波长大于入射光的波长．散射角不同，能量减少情况不同，散射光的波长也有所不同，也有一部分光子与原子交换能量，由于光子质量远小于原子质量，碰撞前后光子能量几乎不变，波长不变，故只有D正确．
【答案】D
5．(多选)对光的认识，下列说法正确的是()
A．个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性
B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了
D．光的波粒二象性应理解为：在某些场合下光的波动性表现明显，在某些场合下光的粒子性表现明显
【解析】光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C选项错误，D选项正确．
【答案】ABD
6．康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量．如图513给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿________方向运动，并且波长________(选填“不变”“变短”或“变长”).【导学号：64772063】
图513
【解析】因光子与电子在碰撞过程中动量守恒，所以碰撞之后光子和电子的总动量的方向与光子碰前动量的方向一致，可见碰后光子运动的方向可能沿1方向，不可能沿2或3方向；通过碰撞，光子将一部分能量转移给电子，能量减少，由ε＝hν知，频率变小，再根据c＝λν知，波长变长．
【答案】1变长
对光的波粒二象性的两点提醒
1．光的干涉和衍射及偏振说明光具有波动性，而光电效应和康普顿效应是光具有粒子性的例证．
2．波动性和粒子性都是光的本质属性，只是在不同条件下的表现不同．当光与其他物质发生作用时，表现出粒子的性质；少量或个别光子易显示出光的粒子性；频率高波长短的光，粒子性显著．大量光子在传播时表现为波动性；频率低波长长的光，波动性显著．
学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
学业达标]
1．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么()
A．从光照到金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增大
B．逸出的光电子的最大初动能将减小
C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少
D．有可能不发生光电效应
【解析】光电效应几乎是瞬时发生的，与入射光强度无关，A不对．由于已经发生光电效应，说明入射光的频率大于该金属的极限频率，当频率保持不变时，一定能发生光电效应，D错．入射光的强度减弱，说明单位时间内入射到金属表面的光子数减少，所以单位时间内从金属表面逸出的光电子数目也将减少，C选项正确．逸出的光电子的最大初动能与入射光频率有关，与入射光强度无关，B错．
【答案】C
2．白天的天空各处都是亮的，是大气分子对太阳光散射的结果．美国物理学家康普顿由于在这方面的研究而荣获了1927年的诺贝尔物理学奖．假设一个运动的光子和一个静止的自由电子碰撞以后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比()【导学号：64772115】
A．频率变大B．速度变小
C．光子能量变大D．波长变长
【解析】光子与自由电子碰撞时，遵守动量守恒和能量守恒，自由电子碰撞前静止，碰撞后动量、能量增加，所以光子的动量、能量减小，由λ＝hp，E＝hν，可知光子频率变小，波长变长，故D正确，A、C错误．由于光子速度是不变的，故B错误．
【答案】D
3．(多选)用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图514(a)、(b)、(c)所示的图像，则下列说法正确的是()
图514
A．图像(a)表明光具有粒子性
B．图像(c)表明光具有波动性
C．实验表明光是一种概率波
D．实验表明光是一种电磁波
【解析】用很弱的光做双缝干涉实验得到的图片上的一个一个无分布规律的光点，体现了光的粒子性，故A正确；经过较长时间曝光的图片(c)，出现了明暗相间的条纹，波动性较为明显，本实验表明光是一种概率波，但不能表明光是一种电磁波，故B、C均正确，D错误．
【答案】ABC
4．(多选)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是()
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
D．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系
【解析】Ek＝hν－W＝hcλ－W，同种金属逸出功相同，最大初动能与照射光强度无关，与照射光的波长有关但不是反比例函数关系，最大初动能与入射光的频率成线性关系，不同种金属，保持入射光频率不变，最大初动能Ek与逸出功成线性关系．
【答案】ACD
5．(多选)对于光的波粒二象性的理解正确的是()
A．大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性
B．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子
C．高频光是粒子，低频光是波
D．波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著
【解析】光具有波粒二象性，大量光子显示波动性、个别光子显示出粒子性，光传播时显示波动性，与物质相互作用时显示粒子性，频率高显示粒子性，频率低显示波动性，而不是粒子和波转换．故B、C错误，A、D正确．
【答案】AD
6．(多选)实验得到金属钙的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图515所示．下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功，参照下表可以确定的是()
【导学号：64772064】
图515
金属钨钙钠
截止频率ν0/1014Hz10.957.735.53
逸出功W/eV4.543.202.29
A.如用金属钨做实验得到的Ekmν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大
B．如用金属钠做实验得到的Ekmν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大
C．如用金属钠做实验得到的Ekmν图线也是一条直线，设其延长线与纵轴交点的坐标为(0，－Ek2)，则Ek2Ek1
D．如用金属钨做实验，当入射光的频率νν1时，不可能有光电子逸出
【解析】由光电效应方程Ekm＝hν－W可知Ekmν图线是直线，且斜率相同，A、B错误；由表中列出的截止频率和逸出功数据可知，C正确，当入射光的频率小于金属钨的截止频率时，不发生光电效应，不可能有光电子逸出，D正确．
【答案】CD
7．太阳能光电直接转换的基本原理是利用光电效应，将太阳辐射直接转换成电能．如图516所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．
图516
(1)在图上标出电源和电流表的正、负极；
(2)入射光应照射在________极上；
(3)若电流表读数是10μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少________个．
【解析】由题图可以看出，光电管的B极为阴极，所以光应照射在B极上，要形成光电流，应加正向电压，即电源左边是正极，右边是负极，电流表是上正下负，Q＝It＝10×10－6×1C＝10－5C，而n＝Qe，所以含有6.25×1013个光电子．
【答案】(1)电源左边是正极，右边是负极，电流表是上正下负
(2)B(3)6.25×1013
8．紫光在真空中的波长为4.5×10－7m，问：
(1)紫光光子的能量是多少？
(2)用它照射极限频率为ν0＝4.62×1014Hz的金属钾时能否产生光电效应？
(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h＝6.63×10－34Js)
【解析】(1)紫光光子的能量
E＝hν＝hcλ＝4.42×10－19J.
(2)紫光频率
ν＝cλ＝6.67×1014Hz，
因为νν0，所以能产生光电效应．
(3)光电子的最大初动能为
Ekm＝hν－W＝h(ν－ν0)
＝1.36×10－19J.
【答案】(1)4.42×10－19J(2)能(3)1.36×10－19J
能力提升]
9．(多选)下列说法中正确的是()【导学号：64772116】
A．光的波粒二象性学说是牛顿的微粒说加惠更斯的波动说组成的
B．光的波粒二象性彻底推翻了麦克斯韦的光的电磁说
C．光子说并没有否定光的电磁说，在光子能量E＝hν中，频率ν表示波的特性，E表示粒子的特性
D．光波不同于宏观观念中连续的波，它是表明大量光子运动规律的一种概率波
【解析】光的波粒二象性不是惠更斯的波动说与牛顿的粒子说相加，光子说也没有否定电磁说．
【答案】CD
10．(多选)如图517所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接，用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而且另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转．下列说法正确的是()
图517
A．a光的频率一定大于b光的频率
B．电源正极可能与c接线柱连接
C．用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应
D．若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由e→G→f
【解析】用单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用单色光b照射时，电流计G的指针不偏转，说明单色光a的频率一定大于单色光b的频率，A对．单色光a照射时一定发生光电效应，单色光b照射时可能发生光电效应，但由于加反向电压，光电流为零，也可能没有发生光电效应，C错误，B对．若灵敏电流计的指针发生偏转，电流方向一定是与电子定向运动的方向相反，由e→G→f，D对．
【答案】ABD
11．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518甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34Js.
图518
(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Uc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＝________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Ek＝________J.
【解析】(1)光电管中光束直接照射的K极为光电管的阴极，所以电极A为光电管的阳极．
(2)由Ucν图线可知，铷的截止频率νc＝5.15×1014Hz金属的逸出功W＝hνc＝6.63×10－34×5.15×1014J＝3.41×10－19J.
(3)由光电效应方程Ek＝hν－W可得产生的光电子的最大初动能Ek＝6.63×10－34×7.00×1014J－3.41×10－19J＝1.23×10－19J.
【答案】(1)阳极(2)5.15×10143.41×10－19(3)1.23×10－19
12．A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EkA、EkB.求该金属的逸出功.【导学号：64772066】
【解析】由光电效应方程可得：EkA＝EA－W，EkB＝EB－W，
又EA∶EB＝2∶1，可解得该金属的逸出功W＝EkA－2EkB.
【答案】EkA－2EkB