【精准解析】湖北省黄石二中2020届高三下学期4月线上测试物理试题
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黄石二中2020届高三4月线上考试理科综合能力测试
一、选择题
1.铀核裂变的产物是多样的,一种典型的情形是生成钡和氪,同时放出3个中子,核反应方程是
235114489192
056360U+n Ba+Kr+3n →以下说法正确的是( )
A. 该反应质量数守恒,没有质量亏损
B. 23592U 的中子数比14456Ba 的多91个
C.
23592
U 的比结合能比14456Ba 的大 D.
14456Ba 的结合能比8936Kr 的大
【答案】D 【解析】
【详解】A .核反应质量数守恒准确,但此反应释放核能有质量亏损,故A 错误; B .
235
92
U 的中子数为143,14456Ba 中子数为88,中子数相差55,故B 错误;
C .重核裂变生成物的原子核更稳定,比结合能变大,故C 错误;
D .核子数越多,结合能越大,故D 正确。
故选D 。
2.嫦娥四号首次实现人类登陆月球背面的壮举。
重约1.3吨的嫦娥四号探测器通过地月转移轨道进入距月球表面100km 的环月轨道,制动后进人近月点为15km 。
远月点为100km 椭圆轨道,然后打开反冲发动机减速垂直降落到距月球表面100m 处悬停,确定着陆点后自主控制着陆过程最后顺利落月。
则以下说法中正确的是( ) A. 嫦娥四号从环月轨道进人椭圆轨道需加速 B. 嫦娥四号悬停时火箭推力约为1.3×104N C. 嫦娥四号减速下降过程处于超重状态
D. 嫦娥四号欲返回地球,则它在月球表面的发射速度至少为11.2km/s 【答案】C 【解析】
【详解】A .根据卫星变轨的原理可知,由高轨道向低轨道转移,需要减速近心,故嫦娥四号从环月轨道进入椭圆轨道需减速,故A 错误; B .嫦娥四号悬停时,处于受力平衡状态,火箭推力
F mg =
根据月球与地球质量和半径关系可知,月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度,g 小于
10m/s2,故
4
F<⨯
1.310N
故B错误;
C.嫦娥四号减速下降时,加速度向上,处于超重状态,故C正确;
D.速度11.2km/s是卫星脱离地球引力束缚,绕太阳做圆周运动的最小发射速度,嫦娥四号欲返回地球,需要脱离月球的束缚,月球质量和半径与地球不同,故嫦娥四号欲返回地球,则它在月球表面的发射速度不是11.2km/s,故D错误。
故选C。
3.运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示.已知运动员与装备的总质量为90kg,两个喷嘴的直径均为10cm,已知重力加速度大小g=10m/s2,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为()
A. 2.7m/s
B. 5.4m/s
C. 7.6m/s
D. 10.8m/s 【答案】C
【解析】
【详解】设飞行器对水的平均作用力为F,根据牛顿第三定律可知,水对飞行器的作用力的大小也等于F,对飞行器,则有
F=Mg
设水喷出时的速度为v,在时间t内喷出的水的质量
2m V Svt ρρ==
t 时间内质量为m ∆的水获得的冲量
I Ft mv ==∆
联立解得v =7.6m/s ,故C 正确,ABD 错误。
故选C 。
4.如图所示,光滑半圆槽固定在水平面上,槽上A 点与圆心'O 点等高,B 点为圆槽最低点。
质量为m 的小球(可视为质点)由A 点从静止开始沿圆弧下滑到最低点B ,小球与O 点连线和
AO 的夹角为θ,F N 表示小球对圆弧的压力,E p 表示小球的重力势能(选择AO 所在水平面为零
势能面),则以下图像关系正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B 【解析】
【详解】AB .由机械能守恒定律得:
2
1sin 2
mgR mv θ=
受力分析如图所示
由牛顿第二定律有
2
N sin R
F m m g θ=-v
得
N
3sin
F mgθ
=
则F N与θ的图像是正弦函数的图像,故A错误,B正确;
CD.根据题意可知任意位置小球的重力势能为
P
sin
E mgRθ
=-
所以E p和θ的关系图像为曲线,但重力势能的值为负值,故CD错误。
故选B。
5.如图为模拟远距离输电的部分测试电路,a、b端接电压稳定的正弦交变电源,定值电阻阻值分别为R1、R2,且R1<R2,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k<1,电流表、电压表均为理想表,其示数分别用I和U表示。
当向下调节滑动变阻器3R的滑动端P时,电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。
则以下说法正确的是()
A. 1
2
R
U
I k
∆
=
∆
B. 原线圈两端电压U1一定变小
C. 电源的输出功率一定增大
D. R1消耗的功率一定增加
【答案】A
【解析】
【详解】A.理想变压器的原、副线圈的电压变化比
11
22
Δ
=
Δ
U n
U n
电流变化比
12
21
Δ
=
Δ
I n
I n
则有
22
21
2211
ΔΔΔ==ΔΔΔU n U U I I n I 将R 1视为输入端电源内阻,则有
1
11
ΔΔU R I = 所以有
2211
2211ΔΔ==ΔΔn U R U I n I k
故A 正确;
BCD .向下调节滑动变阻器R 3的滑动端P 时,副线圈负载电阻R 增大,由原副线圈的电压电流的关系得
2
11112n u I R I R n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
原线圈的电流I 1变小,R 1功率减小,电源电压不变,电源的输出功率一定减小,根据闭合电路欧姆定律可知原线圈的输入电压增大,故BCD 错误。
故选A 。
6.如图所示a 、b 、c 、d 为匀强电场中的等势面,一个质量为m 电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动。
A 、B 为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A 点的速度大小为v 1,在B 点的速度大小为v 2,方向与等势面平行。
A 、B 连线长为L ,连线与等势面间的夹角为θ,不计粒子受到的重力,则( )
A. v 1小于v 2
B. 等势面b 的电势比等势面c 的电势低
C. 粒子从A 运动到B 所用时间为1
cos L t v θ
=
D. 匀强电场的电场强度大小为(
)22
12
2sin θ
-m v v qL
【答案】BD 【解析】
【详解】A .电场为匀强电场,等势面沿水平方向,则电场线的方向沿竖直方向,粒子弯曲的方向向上,所以粒子受力的方向向上,从A 到B 的过程中电场力做负功,所以粒子的速度减小。
故A 错误;
B .粒子受力的方向向上,粒子带正电,则电场的方向向上,c 的电势高于b 的电势;故B 正确;
C .粒子在A 点的速度大小为v 1,在B 点的速度大小为v 2,粒子在沿等势面方向的分速度不变,为v 2,所以粒子运动的时间
2
cos L t v θ
=
故C 错误;
D .在沿电场线的方向的位移
sin y L θ=
设AB 间的电势差为U AB ,由动能定理,有
22121122
AB qU qE y mv mv =⋅-=
联立解得
(
)2212
2sin m v v E qL θ
-=
故D 正确。
故选BD 。
7.如图所示,水平传送带逆时针匀速转动,速度大小为8m/s,A 、B 为两轮圆心正上方的点,AB=L 1=6 m,两边水平面分别与传送带表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于B 点,现将一小物块与弹簧接触(不栓接),并压缩至图示位置然后释放,已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2,AP=L 2=5m,小物块与轨道左端P 碰撞无机械能损失,小物块最后刚好能返回到B 点减速到零,g=10m/s 2,则下列说法正确的是( )
A. 小物块从释放后第一次到B 点的过程中,做加速度减小的加速运动
B. 小物块第一次从
B 点到A 点的过程中,一定做匀加速直线运动 C. 小物块第一次到A 点时,速度大小一定等于8m/s
D. 小物块离开弹簧时的速度一定满足210222m m v s s
≤≤
【答案】CD 【解析】
【详解】小物块从释放后第一次到B 点的过程中,先做加速度减小的加速运动,当弹力小于摩擦力时做加速度增大的减速运动,故A 错误;设物体到达P 点的速度为v ,反弹后运动到B 点的速度为零,由动能定理得:-μmg(L 1+L 2)=0-12
mv 2
,解得v=211m/s ,物体由A 到P 点过程中,由动能定理得:-μmgL 2=
12mv 2-12
mv A 2
,解得v A =8m/s ,小物块第一次从B 点到A 点的过程中,先做匀减速直线运动,B 错误,C 正确;若物体速度较大,一直做匀减速运动,有:
-2μmg(L 1+L 2)=0-12
mv 2
,解得v=222m/s ;若速度较小,在AB 上一直加速,到A 点时恰好与带同速,有:L 1=vt +1
2
at 2,8=v+at 联立解得v=210 m /s ,故小物块离开弹簧时的速度
一定满足210m/s≤v≤222m/s ,D 正确;故选CD .
8.如图所示,在光滑水平面上,放置一边长为l 的正方形导电线圈,线圈电阻不变, 线圈右侧有垂直水平面向下、宽度为2l 的有界磁场,建立一与磁场边界垂直的坐标轴Ox ,O 点为坐标原点。
磁感应强度随坐标位置的变化关系为B =kx ,线框在水平向右的外力F 作用下沿x 正方向匀速穿过该磁场。
此过程中线圈内感应出的电流i 随时间变化的图像(以顺时针为正方向)、拉力F 随线圈位移x 变化的图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】AC 【解析】
【详解】AB .由于磁场的磁感应强度从左边界到右边界逐渐增强,根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向,设线圈的速度为v ,进入磁场只有右边切割磁感线,感应电动势
1E Blv =,B k t =v ,感应电流1
E i R
=
,即 2kl i t R
=v
进入过程感应电流大小与时间成正比;线圈完全进入磁场,线圈的左右两边都在切割磁感线,回路的感应电动势
[]22()E kx k x l l kl =--=v v
恒定不变,故电流不变;线圈右边出磁场之后,只有左边切割磁感线,离开磁场时,线圈中磁通量减少,则感应电流方向为顺时针方向,3E Bl =v ,
2()l B k l t k t l ⎡⎤
⎛⎫=+-=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣
⎦v v v
则感应电流
22kl kl i t R R
=-v v
故之后感应电流大小随时间均匀增大,故A 正确,B 错误;
CD .线圈匀速进入磁场过程,F Bil =,2
kl i t R
=v ,B k t =v ,x vt =,可得 222
k l F x R
=v
F x -图像为抛物线;线圈完全进入磁场到右边即将离开磁场的过程中
2
()
F kxil k x l il kil
=--=
电流恒定,此过程中F不变;线圈右边离开磁场之后,拉力等于线圈左边所受安培力大小22
B l v
F
R
=,()
B k x l
=-,则
22
2
()
k l
F x l
R
=-
v
F x
-图像为一段抛物线,故C正确,D错误。
故选AC。
三、非选择题
9.为了粗略测量电阻,某同学用量程为60mA的毫安表、电动势为9V的电池、0−999.9Ω的电阻箱制作了一块简易欧姆表电路如图所示。
(1)图中与毫安表相连的表笔是___表笔(填“红”或“黑”);
(2)调整欧姆零点之后用该表测量某电阻,毫安表读数为15.0mA,则待测电阻阻值为__Ω;
(3)我们可以通过在毫安表两端并联一个电阻其余电路均不变来改变欧姆表的倍率,请问并联电阻后欧姆表的倍率将_____(填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】 (1). 红 (2). 450 (3). 变小
【解析】
【详解】(1)[1]根据电流从红色表笔进,黑色表笔出的原则可以推断出与毫安表相连的表笔是红表笔。
(2)[2]毫安表的内阻为
3
A
9
Ω150Ω
6010
g
E
R
I-
===
⨯
则待测电阻阻值为
A 39150Ω450Ω1510x E R R I -⎛⎫=
-=-= ⎪⨯⎝⎭
(3)[3]在毫安表两端并联一个电阻后,红黑表笔短接调零时,毫安表满偏时,电路中总电流大于I g ,电路总电阻变小,即中间刻度值变小,倍率变小。
10.某学习兴趣小组为验证机械能守恒定律,设计了如图甲所示的实验装置∶气垫导轨固定放置在倾角为θ的斜面上,并调节导轨与斜面平行。
带遮光条的滑块通过伸直的细线与钩码拴在一起静止在导轨上。
测出滑块到光电门的距离L ,利用20分度的游标卡尺测出遮光条的宽度
d ,结果如图乙所示。
气垫导轨充气后,钩码竖直向下运动,滑块沿气垫导轨向上运动,遮光
条经过光电门的挡光时间为∆t 。
(1)由图乙知遮光条的宽度为_______mm 。
(2)若要验证钩码和带有遮光条的滑块组成的系统机械能守恒,还需要测量的物理量是__。
A.钩码的总质量m 。
B.带有遮光条的滑块的总质量M
C.滑块由静止滑到光电门的时间t
D.测出滑块和钩码之间绳子的长度s
(3)用题目和第(2)问涉及的字母写出钩码机械能的减少量∆E A =_____。
滑块机被能增加量∆E B =___实验过程中,若在误差允许的范围内,∆E A =∆E B 。
则验正了系统机械能守恒。
(4)改变滑块释放的初始位置,得出多组数据,画出
21
L t
-∆图,则图像的斜率k =___。
【答案】 (1). 2.30 (2). AB (3). 2
12d mgL m t ⎛⎫
- ⎪∆⎝⎭
(4).
2
1sin 2d MgL M t θ⎛⎫
+ ⎪∆⎝⎭
(5). 22(sin )()g m M M m d θ-+
【解析】
【详解】(1)[1]主尺读数为2mm ,游标第六格对齐,精度为0.05mm ,故
2mm 60.05mm d =+⨯ 2.30mm =;
(2)[2]系统机械能守恒,利用势能减少量等于动能增加量,只需测质量及位移,故选AB ; (3)[3]A 的动能增加,势能减少,所以
A 2
12d E mgL m t ⎛⎫
∆=- ⎪∆⎝⎭
[4][5]B 的动能增加,势能增加,所以
2
1sin 2B d E MgL M t θ⎛⎫
∆=+ ⎪∆⎝⎭
(4)因A B E E ∆=∆,得
22
12(sin )()g m M L t M m d θ-=∆+ 所以斜率为
2
2(sin )
()g m M M m d θ-+。
11.如图所示,真空室内存在宽度为d =8cm 的匀强磁场区域,磁感应强度B =0.332T ,磁场方向垂直于纸面向里;ab 、cd 足够长,cd 为厚度不计的金箔,金箔右侧有一匀强电场区域,电场强度E =3.32×105
N/C ;方向与金箔成37︒角。
紧挨边界a b 放一点状α粒子放射源S ,可沿纸
面向各个方向均匀放射初速率相同的α粒子,已知:α粒子的质量m =6.64×10-27kg ,电荷量q =3.2×10-19C ,初速度v =3.2×106m/s 。
重力不计,(sin 37︒°=0.6,cos 37︒ =0.8)求: (1)金箔cd 被α粒子射中区域的长度L ;
(2)设打在金箔上d 端离cd 中心最远的α粒子穿出金箔进入电场,在电场中运动通过N 点,
SN ⊥ab 且SN =40cm ,则此α粒子从金箔上穿出时,损失的动能k ΔE 为多少?
【答案】(1)32cm ;(2)143.1910J -⨯ 【解析】
【详解】(1)所受洛伦兹力提供向心力,有
2
mv qvB R
= 解得α粒子的轨迹半径R =0.20m ,如图所示
轨迹与cd 相切时打在上端最远
22()16cm OP R R d =--=
轨迹与ab 相切打在下端最远
22()16cm OQ R R d =--=
α粒子打在cd 上区域长
32cm L OP OQ =+=
(2)α粒子从Q 点穿出时速度为'v ,'v 与cd 夹角为θ,
208
cos 0.620
R d R θ--=
==
所以53θ=︒,α粒子在电场中做类平抛运动
()sin 5316cm x s SN R ︒=-=
()cos5332cm y s SN R R ︒=-+=
x s v t '=
2
2y qE s t m
=
联立解得
58.010m /s v '=⨯
22
1411 3.1910J 22
K E mv mv '-∆=
-=⨯ 12.细管AB 内壁光滑、厚度不计,加工成如图所示形状,长L =0.8 m 的BD 段固定在竖直平面内,其B 端与半径R =0.4 m 的光滑圆弧轨道BP 平滑连接,CD 段是半径R =0.4 m 的
1
4
圆弧,AC 段在水平面上,管中有两个可视为质点的小球a 、b ,m a =6 m ,m b =2 m .开始b 球静止,a
球以速度v 0向右运动,与b 球发生弹性碰撞之后,b 球能够通过轨道最高点P ,a 球则滑回AC 段从细管的A 点滑出.求:(重力加速度取10 m/s 2
,6 2.45=) (1)若v 0=4 m/s ,碰后a 、b 球的速度大小; (2)若v 0未知,碰后a 球的最大速度; (3)若v 0未知,v 0的取值范围.
【答案】(1)若v 0=4m/s ,碰后a 球的速度为2m/s ,b 球的速度为6m/s ;(2)若v 0未知,碰后a 球的最大速度4.9m/s ;(3)若v 0未知,v 0的取值范围为4m/s ≤v≤9.8m/s 【解析】 【分析】
(1)根据题目中a 球以速度v 0向右运动,与b 球发生弹性碰撞之后,b 球能够通过轨道最高点P ,a 球则滑回AC 段从细管的A 点滑出可知,a 、b 碰撞过程中动量和机械能都守恒,分别用动量守恒和机械能守恒列式求解即可.
(2)要想让a 球能滑出A ,则a 球与b 球碰撞后,a 球不能超过B 点,否则a 球会进入半圆形轨道,就不会滑回AC 段从细管的A 点滑出,a 球碰撞后直至B 的过程中,根据机械能守恒,应用机械能守恒定律可求出碰后a 球的最大速度. (3)要使b 球能顺利经过最高点,则在最高点时的速度
v ≥
出b 球碰撞后的最小速度,从而求出a 球碰撞前的最小速度;碰后a 上升的高度不能超过(L+R ),否则a 球就不会返回经过A ,结合第二问可求出a 球的最大速度.
【详解】(1)a 、b 碰撞过程中,以a 、b 组成的系统为研究对象,经受力分析知系统动量守恒,选向右的方向为正,设a 、b 碰后瞬间速度为v a1、v b1,由动量守恒得: m a v 0=m a v a1+m b v b1
因a 、b 的碰撞是弹性碰撞,所以碰撞过程中机械能守恒有:
12m a 20v =12m a 21a v +12
m b 2
1b v 联立解得:碰后a 的速度v a1=
a b a b m m m m -+v 0=2m/s ,碰后b 的速度v b1=2a
a b
m m m +v 0=6m/s
(2)因a 球能滑出A ,故a 与b 碰后,a 上升的高度不能超过B 点,即上升的高度不会超过L+R .设碰撞后a 的最大速度为v a1max ,a 球上升的过程中机械能守恒有:
12
m a v a1max 2
=m a g(L+R) 解得碰后a 球的最大速度:v a1max
m/s=4.9m/s
(3)欲使b 能通过最高点,设b 球与a 碰撞后的速度为v b1,经过最高点时的速度为v b2,则有:
在最高点P ,对b 有:m b g ≤m b 22b
v R
解得:v
b2≥b 球在上升至最高点P 的过程中,只有重力做功,机械能守恒有:
12m b v b12=1
2
m b v b22+m b g(L+2R) 解得:v b1≥6m/s
由(1)中知:v b1=2a
a b
m m m +v 0
v 0的最小值:v 0min 2a b
a
m m m +≥
v b1=4m/s 由(2)知碰后a 球的最大速度:v a1max =4.9m/s
由(1)知:v a1=a b
a b
m m m m -+v 0
v 0的
最大值:v 0max =
a b
a b
m m m m +-v b1max =9.8m/s
综上可得v 0的取值范围:4m/s ≤v 0≤9.8m/s
答案为:(1)若v 0=4m/s ,碰后a 球的速度为2m/s ,b 球的速度为6m/s (2)若v 0未知,碰后a 球的最大速度4.9m/s
(3)若v 0未知,v 0的取值范围为4m/s ≤v≤9.8m/s 13.下列说法中正确的有
A. 雨后荷叶上有晶莹剔透的水珠,这使水的表面张力作用是水珠成球形
B. 相对湿度是空气中水蒸气的压强与大气压强的比值
C. 饱和汽压只与温度有关
D. 固体都具有各向异性,液体都有各向同性
E. 一定质量的密闭理想气体发生等压膨胀时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减小
【答案】ACE 【解析】
【详解】A .水珠表面分子间距离大于内部分子间的距离,表现为引力,所以由于水的表面张力作用使水珠成球形,故A 正确;
B .空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值,故B 错误;
C .饱和汽压只与温度有关,故C 正确;
D .因为单晶具有各向异性,多晶具有各向同性,所以D 错误;
E .密闭在气缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时,根据理想气体的状态方程
pV
C T
=可知,气体温度一定升高 ,气体分子的平均动能增大,则每一次对器壁的平均撞击力增大,
而气体的压强不变,所以单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少,故E 正确。
故选ACE 。
14.如图所示,有两个内壁光滑的气缸A 和B ,其中A 水平放置,B 竖直放置.两气缸的总长度均为5L ,横截面积均为S 的气缸.A 、B 之间用细管相连,细管的体积不计.环境温度27 ℃,外界大气压为p 0.活塞C 、D 的重力及厚度不计,活塞C 与一轻弹簧相连,弹簧的原长为3L ,劲度系数为02p S
k L
=
,活塞D 到缸底的距离为4L .在D 上放一个0p S m g =的物体.求:
①稳定后,弹簧的形变量大小; ②稳定后,活塞D 到缸底的距离. 【答案】①12x L = ②1
2
d L = 【解析】
【详解】①一开始,10p p = 1246V LS LS LS =+= 稳定后,2002mg
p p p S
=+
= 设弹簧压缩的距离为x 20()kx p p S =-
12
x L =
②根据玻意耳定律,112p V p L S =',气体的总长度3L L '= 活塞D 到缸底的距离122d L L L =-
-',解得:12
d L = 15.如图甲所示,O 点为振源,OP =s ,t =0时刻O 点由平衡位置开始振动,产生向右沿直线传播的简谐横波.图乙为从t =0时刻开始描绘的质点P 的振动图象.下列判断中正确的是___________
A. t =0时刻,振源O 振动的方向沿y 轴正方向
B. t =
t 2时刻,P 点的振动方向沿y 轴负方向 C. t =t 2时刻,O 点的振动方向沿y 轴正方向 D. 这列波的频率为
21
1
t t - E. 这列波的波长为()211
s t t t -
【答案】ADE 【解析】
【详解】P 点的起振方向与O 点起振方向相同,由乙图读出t 1时刻,P 点的振动方向沿y 轴正方向,即P 点的起振方向沿y 轴正方向,则t =0时刻,振源O 振动的方向沿y 轴正方向,故A 正确.由图乙振动图象看出,t 2时刻,P 点的振动方向沿y 轴正方向,故B 错误.因不知t 1与周期T 的倍数关系,故不能判断t 2时刻O 点的振动情况,故C 错误.由乙图看出,周期T =t 2-t 1,所以21
11f T t t =
=-;故D 正确.由乙图看出,波从O 点传到P 点的时间为t 1,传播距离为s ,则波速为1s v t =
,则波长为()
211
s t t vT t λ-==,故E 正确.故选ADE.
16.如图,一半径为R 的玻璃半球,O 点是半球的球心,虚线OO ′表示光轴(过球心O 与半球底面垂直的直线).已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上,有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线).求
(1)从球面射出光线对应的入射光线到光轴距离的最大值;
(2)距光轴3R
的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离. 【答案】(1)2
3
R (2)2.74R
【解析】
【详解】(i )如图所示:
从底面上A 处射入的光线,在球面上发生折射时的入射角为i ,当i 等于全反射临界角i 0时,对应入射光线到光轴的距离最大,设最大距离为l .
0i i =①
设n 是玻璃的折射率,由全反射临界角的定义有0sin 1n i =② 由几何关系有sin l i R
=
③ 联立①②③式并利用题给条件,得2
3
l R =④ (ii )设与光轴距3
R
的光线在球面B 点折射时的入射角和折射角分别为i 1和r 1,由折射定律有
11sin sin n i r =⑤
设折射光线与光轴的交点为C ,在△OBC 中,由正弦定理有()
o 1sin 180sin r C R OC
-∠=⑥ 由几何关系有11C r i ∠=-⑦
11
sin 3
i =⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得(3223 2.745
R
OC R =
≈⑨。