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专题02 光学、热学、近代物理篇
3 大考点概览
考点01 光学
考点02 热学
考点03 近代物理
1．（2026·四川南充·二模）如图，一束复色光由真空从P 点射入玻璃球经两次折射后分解为A、B 两束单
色光，玻璃球对A、B 光的折射率分别为nA、nB，A、B 光在玻璃球中传播时间分别为tA、tB、下列结论正
确的是（ ）
A．nA<nB，tA<tB
B．nA>nB，tA>tB
C．nA>nB，tA<tB
D．nA<nB，tA>tB
【答案】B
【详解】从出射光路可知，A 光的偏折程度比B 光更大，偏折程度越大，介质对光的折射率越大，因此可
得nA>nB
设玻璃球半径为R，入射角为i，折射角为r，根据折射定律，得n=sini
sinr
由几何关系，光在玻璃球中传播的路程L=2Rcosr
光在玻璃中的传播速度v=c
n
因此传播时间t=L
v =2Rcosr
c
n
=2Rncosr
c
考点01
光学
代入n=sini
sinr
，化简得t=2Rsini
c tan
⋅
r
因为nA>nB，由sinr=sini
n
，可知n越大，r越小，tanr越小，因此t越大，可得tA>tB
故选B。
2．（2026·四川凉山·二模）中空玻璃具有隔热、隔音、节能、防结露等优势，在建筑和交通领域有广泛应
用。某特种双层中空玻璃窗由两层厚度均为6mm 的玻璃片和中间的空气层（可视为真空）组成。一束单
色光以入射角i=60°从空气斜向下射入竖直方向的左层玻璃片，最终从右层玻璃片射出。已知该单色光在
此玻璃中的折射率为n=1.5，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s。下列说法正确的是（ ）
A．该光线在左层玻璃片中传播的时间为3❑√6×10
11
−s
B．若增大入射角i，光线有可能在左层玻璃片的右表面发生全反射，不会到达右层玻璃片
C．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，在左层玻璃片的出射点相对于入射点偏移的竖直距离
会减小
D．若换用折射率更大的单色光沿着原路径入射，光在空气层中的传播时间会减少
【答案】C
【详解】A．根据折射定律n=sini
sinr
代入i=60
∘、n=1.5，得sinr=sin60
∘
1.5
=
❑√3
3
，cosr=
❑√6
3
玻璃厚度d =6mm=6×10
3
−m，光在玻璃中的速度v=c
n
，光在左玻璃中传播路程L=d
cosr
，传播时间
t=L
v =nd
ccosr =1.5×6×10
3
−
3×10
8×
❑√6
3
=3❑√6
2
×10
11
−s，故A 错误；
B．左玻璃右表面的入射角等于左表面的折射角r，由折射定律sinr=sini
n
≤1
n =sinC
即r≤C，不可能发生全反射，故B 错误；
C．出射点相对入射点的竖直偏移量Δy=dtanr，若n增大，由sinr=sini
n
，i不变，则sinr减小，r
减小，tanr减小，因此Δy减小，故C 正确；
D．平行玻璃界面出射光线与入射光线平行，因此空气层中光线与法线（水平方向）的夹角恒等于i，空气
层水平厚度固定，因此光在空气层的路径长度L
′= D
cosi
（D为空气层水平厚度），与n无关，空气层（可
视为真空）光速为c，所以光在空气层中的传播时间不变，故D 错误。
故选C。
3．（2026·四川成都·二模）下列现象属于光的干涉的是（ ）
A．瀑布旁出现彩虹
B．岸上看水池的深度变浅
C．肥皂泡在日光照射下呈现彩色
D．通过一条狭缝看太阳光观察到彩色条纹
【答案】C
【详解】A．瀑布旁的彩虹是太阳光射入空气中的小水滴时，发生折射、色散形成的，属于光的折射色散
现象，故A 错误；
B．岸上看水池深度变浅，是池底反射的光从水斜射入空气时发生折射，人眼逆着折射光线看到池底的虚
像位置偏高导致的，属于光的折射现象，故B 错误；
C．肥皂泡在日光下的彩色，是肥皂薄膜前后两个表面反射的两列相干太阳光发生叠加，不同波长的色光
在不同位置形成加强或减弱的效果，属于光的薄膜干涉现象，故C 正确；
D．通过狭缝看太阳光得到彩色条纹，是光通过狭缝时绕过障碍物边缘传播产生的现象，属于光的单缝衍
射现象，故D 错误。
故选C。
4．（2026·四川泸州·二模）数学家泊松曾试图驳倒菲涅尔等人的波动理论。然而，菲涅尔等人根据泊松提
出的实验方案，反复实验后，观察到了如图所示被后人称为“泊松亮斑”的现象。泊松亮斑的形成原因是
（ ）
A．光透过一个圆孔后发生衍射
B．光透过一个圆孔后发生折射
C．光照射不透明圆盘发生衍射
D．光照射不透明圆盘发生折射
【答案】C
【详解】泊松亮斑的成因是：单色光照射不透明的小圆盘时，光绕过障碍物边缘发生衍射，最终在圆盘阴
影的中心出现亮斑，该现象就是泊松亮斑。
故选C。
5．（2026·四川内江·二模）（多选）如图所示，为某均匀透明光学元件上断裂的一个角的截面图，
∠ABC=90°,AC为断面，O点位于AB边上。一束激光与AB边的夹角为θ，从O点射入元件，当θ=30°
时，光线恰好没有从右侧BC面射出（不考虑光线射入AC断面并反射的情况），已知光在真空中的传播速
度为c。下列说法中正确的是（ ）
A．该光学元件的折射率为4 ❑√3
3
B．该激光在元件中的传播速度为2❑√7
7
c
C．当θ<30
∘时，光线可以从BC面射出
D．适当改变θ的大小，激光可能在AB边发生全反射
【答案】BC
【详解】A．光的传播如图
光在AB边的入射角为60°，根据折射定律有n=sini
sinr
光线恰好没有从右侧BC面射出，则有sinC=1
n
根据几何关系可知r+C=90°
解得n=
❑√7
2
，故A 错误；
B．根据光速与折射率关系有v=c
n =2❑√7
7
c，故B 正确；
C．当θ<30
∘时，入射角i>60°，由n=sini
sinr
得折射角r 更大，光线在BC 边的入射角变小，可以从BC
边射出，故C 正确；
D．全反射发生的前提是光从光密介质射向光疏介质，激光从空气（光疏）射入光学元件（光密），不可
能在AB 边发生全反射，故D 错误。
故选BC。
5．（2026·四川达州·二模）如图甲所示，将一个平凸透镜放置在另一个玻璃平面上，让单色光从上方竖直
向下射入，这时可以看到如图乙所示的亮暗相间的同心圆，这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫
作牛顿环。对于图甲所示的装置，下列做法中能使得同一级牛顿环的半径变大的是
A．减小入射光的频率
B．增大入射光的光强
C．将平凸透镜缓慢地向上提起
D．将平凸透镜和玻璃平面置于水中观察干涉条纹
【答案】A
【解析】牛顿环产生的原理是薄膜干涉：从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的
整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹，光程差等于空气膜厚度的两倍，小入射光
的频率导致光波长变长，因为光程差为波长的整数倍时是亮条纹，波长整数倍变大相邻亮条纹距离将变大，
同一级牛顿环的半径变大，故A 正确；增大入射光的光强没有改变光程差，无法改变牛顿环的半径，故B
错误；将平凸透镜缓慢地向上提起，空气薄膜厚度增加导致光程差增大，原明条纹需向更小半径处移动以
满足光程条件，故C 错误；将平凸透镜和玻璃平面置于水中观察干涉条纹，水中光波长变短，波长整数倍
变小，相邻亮条纹距离将变小，同一级牛顿环的半径变小，故D 错误。
6．（2026·四川广元·二模）如图所示，晚上在水面上O 点的正下方h 深处有一点光源P，光源P 同时发出
红、蓝两种单色光，从高空向下观察，水面上形成半径为R1和R2的光环，下列说法正确的是（ ）
A．红光在水中的折射率大于蓝光在水中的折射率
B．红光在水中的传播速度小于蓝光在水中的传播速度
C．半径为R1的圆内是红蓝复色光，R1和R2之间的环面是红光
D．半径为R1的圆内是蓝光，R1和R2之间的环面是红光
【答案】C
【详解】A．可见光中，蓝光的频率大于红光的频率，根据折射率与频率的关系可知，水对蓝光的折射率
大于对红光的折射率，即n蓝>n红，故A 错误；
B．根据光在介质中的传播速度公式v = c
n
，由于n蓝>n红，所以红光在水中的传播速度大于蓝光在水中的传
播速度，故B 错误；
CD．根据全反射临界角公式sin C = 1
n
，因为n蓝>n红，所以蓝光的临界角小于红光的临界角，即C蓝<C红
由几何关系可知，光斑半径R =htan C，因为 C蓝<C红，所以 R蓝< R红
结合题图可知，R1对应蓝光的全反射半径，R2对应红光的全反射半径。 在半径为R1的圆内，入射角小
于两种光的临界角，红光和蓝光均能射出水面，形成红蓝复色光；
在R1和R2之间的环面区域，入射角大于蓝光的临界角但小于红光的临界角，蓝光发生全反射无法射出，只
有红光能射出，所以该区域是红光。 故C 正确，D 错误。
故选C。
7. （2026·四川绵阳·二模）图甲为某同学设计的测量透明液体折射率的装置图，正方体玻璃容器棱长为
L=20.00cm，薄刻度尺平行于BC 棱放置在容器内底部，零刻度与棱上的O 点重合，截面图如图乙所示。
容器中不加液体时，从P 点发出的激光恰好在O 处形成光斑。保持入射角不变，向容器中注入10.00cm 深
的某种液体，激光在N 点形成光斑，N 点对应的刻度为5.00cm。求：
（1）该液体的折射率（结果保留3 位有效数字）；
（2）容器中注满该液体后（液面水平），光斑到O 点的距离。
【答案】（1）1.58
（2）10cm
【解析】
【小问1 详解】
设激光射入该液体的入射角为θ，折射角为α，将θ、α 标在光路图中，如图所示
由几何关系可知
又
解得n=1.58
【小问2 详解】
容器中注满该液体后，设激光射入该液体后的折射角仍为α，设光斑到O 点的距离为d，由几何关系
由（1）问
解得
1．（2026·四川南充·二模）夏天天气炎热，给自行车轮胎快速打气后，轮胎外壁明显变热，下列说法正确
的是（ ）
A．轮胎变热主要是因为外界气温高，气体从外界吸热
B．轮胎变热主要是因为打气筒活塞与筒壁的摩擦生热
C．打气时外界对气体做功，胎内气体内能增大，温度升高
D．打气时气体体积被压缩，分子平均动能减小
【答案】C
【详解】A．快速打气过程时间极短，气体与外界的热交换可忽略，轮胎变热不是气体从外界吸热导致，
故A 错误；
B．活塞与筒壁摩擦生热主要使打气筒筒壁升温，不是轮胎变热的原因，故B 错误；
C．打气时外界对胎内气体做功，快速过程热传递可忽略，根据热力学第一定律ΔU = W +Q，气体内能增
大，而理想气体内能仅与温度有关，可知气体温度升高，导致轮胎外壁变热，故C 正确；
D．温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子平均动能增大，故D 错误。
故选C。
2．（2026·四川内江·二模）在中国新一代黄河重卡的驾驶室座椅内，标配有四个气囊减震装置，在路面不
平的情况下能有效减弱座椅的颠簸。气囊内有绝热涂层，关于气囊内的气体（可视为理想气体）。下列说
法中正确的是（ ）
A．若黄河重卡突然驶过颠簸路面，座椅下沉挤压气囊时，气体温度升高，内能增大
B．若黄河重卡突然驶过颠簸路面，座椅下沉挤压气囊时，气体温度不变，内能不变
C．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体温度升高，内能增大
考点02
热学
D．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体温度不变，内能不变
【答案】A
【详解】AB．当座椅下沉挤压气囊时，气体体积减小，外界对气体做功，即W>0。由于气囊内有绝热涂
层，气体与外界无热交换，即Q=0。根据热力学第一定律ΔU = W +Q
可知ΔU>0，即气体内能增大。对于理想气体，内能由温度决定，内能增大则温度升高，故A 正确，B 错
误；
CD．在被压缩的气囊回弹恢复原状过程中，气体体积增大，气体对外界做功，即W<0。由于绝热Q=0，
根据热力学第一定律ΔU = W +Q
可知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，故CD 错误。
故选A。
3．（2026·四川广元·二模）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=44:1，原线圈所加电压为
u=220❑√2sin314t(V)，副线圈的回路中接有阻值为R =10Ω的电热丝，电热丝位于竖直放置的绝热容器
底部，活塞的横截面积为S=100cm
2，内有质量为m =10kg的绝热活塞，活塞与容器间无摩擦，整个容器内
封闭有一定质量的理想气体，开始时活塞离容器底端的高度为h0=30cm，容器内气体的温度为T0=300K。
接通电源，电阻丝工作t=6min后断开电源，待系统稳定后，容器内气体温度为2T0，不考虑容器吸收的热
量、电阻丝温度升高吸收的热量（即电热丝产生的热量全部被气体吸收）和电阻丝的体积，大气压强
p0=1.01×10
5Pa，g 取10m/s
2。求：
(1)该过程中电阻丝放出的热量Q；
(2)容器中气体增加的内能ΔU。
【答案】(1)Q=900J
(2)ΔU =567J
【详解】（1）原线圈所加电压为正弦交流电，其有效值为U1=220❑√2V
❑√2
=220V
根据理想变压器电压比U1
U2
=n1
n2
代入n1:n2=44:1，得副线圈电压U2= U1⋅n2
n1
=220V×1
44 =5V
电阻丝工作时间t=6min=360s
电阻丝产生的热量全部被气体吸收，放出的总热量Q= U2
2
R t=5
2V
2
10Ω ×360s=900J
（2）对活塞受力分析，封闭气体做等压变化，气体压强p=p0+ mg
S
代入数据S=100cm
2=0.01m
2，得p=1.01×10
5Pa+10kg×10m/s
2
0.01m
2
=1.11×10
5Pa
根据盖-吕萨克定律V0
T0
= V
T
末态温度T=2T0，且V0=h0S，V =hS
联立解得h=2h0
活塞上升高度Δh=h−h0=h0=0.3m
气体膨胀对外做功W外=pSΔh=1.11×10
5Pa×0.01m
2×0.3m=333J
根据热力学第一定律ΔU =Q−W外
得气体内能增加量ΔU =900J 333J=567J
−
4．（2026·四川凉山·二模）在温度为27°C的车间给容积为40L 的氧气瓶充好氧气，测得瓶内压强
1.5×10
6Pa，该瓶氧气内能与温度间的关系为U =kT（k 为常数且已知），把氧气瓶运送到温度为3°C
−
工地上分装给氧气袋，分装多个氧气袋后测得瓶内的压强为1.2×10
6Pa。若忽略氧气瓶因热胀冷缩造成
的容积偏差，取273°C
−
为0K。试求：
(1)氧气瓶从车间运送到工地，分装前向外界释放的热量；
(2)分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值；
(3)设分装前的氧气袋内无气体，分装后每个氧气袋的容积为10L，压强为1.2×10
5Pa，则分装了多少个
氧气袋？
【答案】(1)30k
(2)8
9
(3)5
【详解】（1）根据ΔU=W+Q 可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU
而ΔU =k(T2−T1)= 30
−
k
分装前向外界释放的热量30k。
（2）根据p1V1
T1
=p2V2
T2
可得V2=T2p1V1
p2T1
=(273 3)×1.5×
−
10
6×40
1.2×10
6×(273+27)
L=45L
分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值V1
V2
=40
45 =8
9
（3）根据玻意耳定律可知p2V2=p2V1+n p3V0
解得n=5
5．（2026·四川成都·二模）如图（a）所示，粗细均匀的长直玻璃管竖直放置，其内用一段质量m =200g、
横截面积S=2cm
2的水银柱封闭着一段空气柱（可视为理想气体）。初始空气柱温度为T0，长L0=18cm。
加热空气柱使其温度缓慢变为2T0
，水银柱稳定，记为位置①。外界大气压强p0=1×10
5Pa，重力加速度
g=10m/s
2。
(1)求水银柱在位置①时空气柱的长度L；
(2)将长直玻璃管倒置，水银柱稳定后（水银未从管口流出），记为位置②如图（b）所示。若该过程中维
持空气柱温度为2T0不变，求水银柱从位置①到位置②相对玻璃管运动的距离ΔL。
【答案】(1)L=36cm
(2)ΔL=8cm
【详解】（1）设空气柱温度为T0时，其体积为V0；空气柱温度为2T0时，其体积为V。空气柱温度由T0缓
慢变为2T0的过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有V0
T0
= V
2T0
其中V0=SL0，V =SL
解得L=36cm
（2）设初始状态，空气柱的压强为p1。对水银柱，由受力平衡有p1S= mg+ p0S
解得p1=1.1×10
5Pa
设末状态，空气柱的压强为p2。对水银柱，由受力平衡有p2S+ mg=p0S
解得p2=0.9×10
5Pa
水银柱由位置①到位置②空气柱经历等温变化过程，由玻意耳定律有p1V =p2V
′
其中V
′=SL
′
解得L
′=44cm
水银柱相对玻璃管运动的距离ΔL=L
′−L
解得ΔL=8cm
6．（2026·四川泸州·二模）水平放置甲、乙两气缸由绝热活塞封闭体积为V0的理想气体，甲气缸壁是绝热
的，乙气缸壁是导热的。现通过降低甲气缸内气体温度的方式将气体体积变为0.95V0，用外力缓慢推动
乙气缸活塞的方式将气体体积也变为0.95V0。外界温度恒为T=300 K，大气压强p0=76cmHg，忽略活塞
与气缸的阻力。求：
(1)降温后甲气缸中气体的温度；
(2)压缩后乙气缸中气体的压强。
【答案】(1)285K
(2)80cmHg
【详解】（1）甲气缸绝热，则缸内的气体进行等压变化，则由V0
T =0.95V0
T
'
解得T
'=285K
（2）乙气缸导热，则缸内的气体进行等温变化，则由p0V0=p×0.95V0
解得p=80cmHg
7.（2026·四川达州·二模）如图所示，在竖直放置的圆柱形绝热气缸内用一轻质绝热活塞（质量不计）密
封一定质量的理想气体。初始时刻，活塞静止在距离缸底高为
的位置，缸内气
体的压强为
，温度为
。现通过电热丝（未画出）对缸内气体缓慢加热，直至活塞上升到初始位置上方
距离为
的位置。已知外界大气压强恒为
，活塞与气缸内壁间的滑动摩擦力大小恒为
，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，活塞的横截面积为，气缸不漏气，求：
（1）活塞刚要向上滑动时，缸内气体的压强和温度；
（2）若从开始加热到活塞缓慢上升至距离为
的过程中，缸内气体吸收的总热量为
，则此过程中缸内
气体内能增加了多少？
【答案】.（1）刚开始加热过程中，由于活塞与气缸间有摩擦力，活塞不动，缸内气体经历等容变化。随
着缸内气体温度升高，缸内气体压强增大。当缸内气体压强增大到活塞内、外压力差等于最大静摩擦力时，
活塞开始滑动，设此时压强为
、温度为
，根据活塞受力平衡有
（2 分）
解得
（1 分）
根据查理定律有
（1 分）
联立可得
（2 分）
（2）继续加热，活塞缓慢上升过程中，缸内气体压强不变，气体经历等压变化。当活塞上升距离
时，
外界对气体做的功为
（2 分）
根据热力学第一定律有
（1 分）
联立得
（1 分）
1．（2026·四川广元·二模）2025 年3 月，国内首款碳-14 核电池原型机“烛龙一号”发布，这标志着中国
考点03
近代物理
在核能技术领域与微型核电池领域取得重要突破。其衰变方程为❑6
14C→7
14 N+X，由于碳-14 的半衰期长达
为5730 年，理论上该电池拥有超长寿命，下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X 为中子
B．衰变方程中的X 是由❑6
14C的核外电子转化而来
C．❑6
14C的比结合能大于❑7
14 N的比结合能
D．若电池中碳-14 含量变为原来的1
8
就不能正常供电，则其理论寿命将长达17190 年
【答案】D
【详解】A．核反应满足质量数、电荷数守恒，计算得X 的质量数为14 14=0
−
电荷数为6
7
−
故X 为电子（β 粒子），不是中子，故A 错误；
B．该衰变为β 衰变，释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非来自核外电子，故B 错误；
C．衰变过程释放能量，生成物比反应物更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此N
7
14 的比结合能大于
C
6
14 的比结合能，故C 错误；
D．设半衰期为T=5730年，剩余质量为原来的1
8 时满足(
1
2)
n
=1
8
解得n=3
总时间t=3T=3×5730=17190年
故D 正确。
故选D。
2．（2026·四川凉山·二模）一光电管的阴极用钾制成。把此光电管接入电路如图所示，现用紫外线射向阴
极，滑动变阻器滑片位于中间位置，电流计G 有示数，下列说法正确的是（ ）
A．只将滑动变阻器滑片P 向右滑一定会使电流计G 的指针偏转变大
B．只减小紫外线的强度可使电流计G 的指针偏转变小
C．换用波长更长的红光照射阴极可使电流计G 的指针偏转变大
D．若将电源正负极对调，电流计G 的指针一定不偏转
【答案】B
【详解】A．由电路图可知，光电管两端加的是正向电压（阳极A 接高电势，阴极K 接低电势）。当滑片
P 向右滑动时，阴极K 的电势降低，光电管两端的正向电压增大。若此时光电流已达到饱和状态，增大电
压光电流不再增大，电流计指针偏转角度不变；若未达到饱和，电流会增大。因此“一定会使指针偏转变
大”说法错误，故A 错误；
B．在发生光电效应时，饱和光电流的大小与入射光的强度成正比。只减小紫外线的强度，单位时间内逸
出的光电子数减少，光电流减小，电流计G 的指针偏转变小，故B 正确；
C．红光的波长比紫外线长，频率比紫外线低，可能无法发生光电效应，电流计示数为零，故C 错误；
D．若将电源正负极对调，光电管两端加的是反向电压。只有当反向电压大于或等于遏止电压时，光电流
才为零。若反向电压小于遏止电压，仍有部分光电子能到达阳极，电流计指针仍会偏转，故D 错误。
故选B。
3．（2026·四川成都·二模）如图所示，大量处于n=3 能级的氢原子向低能级跃迁，辐射出①②③三种不同
频率的光子。下列说法正确的是（ ）
A．①光子波长最长
B．①光子频率最高
C．③光子能量最小
D．③光子动量最小
【答案】A
【详解】BC．氢原子向低能级跃迁时满足hν1=E3−E2，hν2=E2−E1，hν3=E3−E1
由此可知，①光子频率最小，能量最小，③光子频率最大，能量最大，故BC 错误；
A．根据ν=c
λ
可知，①光子频率最小，波长最长，③光子波长最短，故A 正确；
D．根据p=h
λ
可知，③光子波长最短，动量最大，故D 错误。
故选A。
4．（2026·四川泸州·二模）元素❑28
63Ni的衰变方程为❑28
63Ni→❑29
63Cu+❑1
−
0 e，下列说法正确的是
（ ）
A．❑28
63Ni的比结合能小于❑29
63Cu的比结合能
B．该核反应为β衰变，β射线穿透能力比α射线弱
C．❑28
63Ni的半衰期因温度、外部压强的变化而变化
D．该衰变过程中质量数守恒，所以质量无亏损
【答案】A
【详解】A．比结合能表示原子核的稳定性，衰变中母核Ni
28
63
不稳定，子核❑
29
63
Cu更稳定，因此母核 Ni
28
63
的比结合能小于 ❑
29
63
Cu的比结合能，故A 正确；
B．该反应为β 衰变（发射电子），但β 射线穿透能力比α 射线强（α 射线穿透能力最弱，β 射线中等），
故B 错误；
C．半衰期是放射性核素的固有属性，不受温度、压强等外部条件影响，故C 错误；
D．衰变过程中质量数守恒（核子数不变），但存在质量亏损（质量转化为能量），故D 错误。
故选A。
5．（2026·四川内江·二模）如图所示，轧钢厂的热轧机上安装了射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢
板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素铱❑77
192Ir作为放射源，半衰期为74 天，通过β衰变放出γ
射线，产生新核X。下列说法中正确的是（ ）
A．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒
B．衰变方程为❑77
192Ir→❑76
192X+❑1
−
0 e
C．若有2g 铱❑77
192Ir，经过148 天有0.5g 没有衰变
D．若探测器测得的射线变弱，说明钢板厚度偏小，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙
【答案】C
【详解】A．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒，因存在质量亏损，所以质量不守恒，故A 错误；
B．根据电荷数守恒和质量数守恒可知，衰变方程为❑77
192Ir→❑78
192X+❑1
−
0 e，故B 错误；
C．若有2g 铱❑77
192Ir，经过148 天（即两个半衰期），没有衰变的铱❑77
192Ir的质量m =(
1
2)
2
×2g=0.5g，
故C 正确；
D．若探测器测得的射线变弱，说明钢板厚度偏大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故D 错误。
故选C。
6．（2026·四川宜宾·二模）我国预计2027 年发射巡天空间望远镜（CSST），与天宫空间站共轨飞行，其
设计能记录单个光子到达的时刻与能量，并利用光谱分析重构遥远星系的精细结构。关于遥远星系辐射的
星光说法正确的是（ ）
A．是一种纵波
B．仅具有粒子性
C．仅具有波动性
D．具有波粒二象性
【答案】D
【详解】A．遥远星系的星光属于电磁波，电磁波的振动方向与传播方向垂直，是横波，不是纵波，故A
错误；
BCD．光既具有粒子性（如光电效应、光子能量特性）也具有波动性（如干涉、衍射现象），并非仅具有
粒子性或波动性，故BC 错误，故D 正确。
故选D。
7．（2026·四川宜宾·二模）植物光合作用主要吸收红光和蓝紫光。研究表明，叶绿素a 分子吸收光子后，
电子从基态跃迁到某一激发态，该激发态比基态高1.88eV 或2.88eV，此后电子通过一系列跃迁（包括辐
射和非辐射过程）释放能量，最终回到基态。类比氢原子的能级模型，则（ ）
A．电子回到基态，可能辐射出多种波长的光
B．电子回到基态，释放的总能量一定大于吸收的光子能量
C．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子跃迁到激发态的同一能级
D．从基态吸收红光或蓝紫光后，电子的动能和电势能都必然增加
【答案】A
【详解】A．电子吸收光子后可跃迁到2.88eV 的高能级，跃迁回基态时既可以直接回基态，也可以先跃迁
到1.88eV 的低激发态再回基态，可辐射出多种能量（即多种波长）的光子，故A 正确；
B．根据能量守恒，电子回到基态释放的总能量等于吸收的光子能量，部分能量可通过非辐射过程（如产
热）释放，总能量不可能大于吸收的光子能量，故B 错误；
C．红光频率低于蓝紫光，由光子能量公式E=hν可知，红光光子能量小于蓝紫光，因此红光对应跃迁到
1.88eV 能级，蓝紫光对应跃迁到2.88eV 能级，并非同一能级，故C 错误；
D．类比氢原子能级模型，电子处于越高能级，轨道半径越大，由库仑力提供向心力kQq
r
2 = m v
2
r ，推导得
动能Ek=kQq
2r
，r 越大动能越小；电子远离原子核过程电场力做负功，电势能增加，因此跃迁后动能减小，
并非动能和电势能都增加，故D 错误。
故选A。
8．（2026·四川达州·二模）（多选）当氢原子从
能级跃迁到
能级
时，辐射光的波长为121nm。以下判断正确的是
A．氢原子从
能级跃迁到
能级时，辐射光的波长小于121nm
B．用波长为330nm 的光照射，可使氢原子从
能级跃迁到
能级
C．用波长为121nm 的光照射，能使氢原子从
能级发生电离
D．一群处于
能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6 种谱线
【答案】CD
【解析】由能级图可知，氢原子从
能级跃迁到
能级时辐射出的光子的能量1.89eV 小于从
能
级跃迁到
能级时辐射光子的能量10.2eV，由
可知，该辐射光的波长大于121nm，A 错误；
波长为330nm 的光，对应光子的能量为
，而氢原子从
能级
跃迁到
能级，所需光子的能量为1.89eV，无法实现，B 错误；波长为121nm 的光子能量为10.2eV，
要使氢原子从
能级发生电离，所需光子的能量
，所以用
波长为121nm 的光照射，能使氢原子从
能级发生电离，C 正确；一群处于
能级上的氢原子向低
能级跃迁时最多产生的谱线种类数为
种，D 正确。
