2017-2018学年四川省攀枝花市高二下学期期末调研检测物理试题 解析版

2017-2018学年四川省攀枝花市高二下学期期末调研检测物理试题 解析版

‎2017-2018学年度（下）调研检测　2018.7‎ 高二物理试题卷 选择题 本题共10小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分。‎ ‎1. 在下列核过程的方程中，表示核聚变过程的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，所以由此可知A是 衰变，B是氢核聚变，C是重核裂变 D是人工核反应，故B正确．ACD错误；‎ 故选B ‎2. 如图甲，100匝的线圈（为了表示线圈的绕向，图中只画了2匝）两端A、B与一个理想电压表相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是 A. 电压表的示数为50V，A点电势高于B点电势 B. 电压表的示数为0.5V，A点电势高于B点电势 C. 电压表的示数为50V，B点电势高于A点电势 D. 电压表的示数为0.5V，B点电势高于A点电势 ‎【答案】A ‎【解析】根据图象知，‎ 线圈中的感应电动势 电压表的读数为50 V.‎ 根据楞次定律可判得线圈中的感应电流方向为逆时针方向，所以B点电势低于A点电势。‎ 故选A ‎3. 如图为氢原子的能级图。大量氢原子处在n=3的能级，能够辐射出N种频率的光，其中波长最长的光，光子能量为E，则 A. N=3，E=1.89 eV B. N=3，E=12.09 eV C. N=2，E=1.51 eV D. N=2，E=1.89 eV ‎【答案】A ‎【解析】根据 知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子．波长最长的，则频率最小，因此氢原子由n=3向n=2能级跃迁时辐射的光子能量最小，则 ，故A正确BCD错误；‎ 故选A ‎4. 几种金属的截止频率和逸出功如下表，现用波长为550 nm的光照射，能发生光电效应的 金属 钙 钠 钾 铷 截止频率ν0/1014Hz ‎7.73‎ ‎5.53‎ ‎5.44‎ ‎5.15‎ 逸出功W/eV ‎3.20‎ ‎2.29‎ ‎2.25‎ ‎2.13‎ A. 只有钙 B. 钙、钠 C. 只有铷 D. 钾、铷 ‎【答案】D ‎【解析】波长为550 nm的光照射所对应的频率为 ，当入射光的频率大于截止频率时就会发生光电效应，故D正确；ABC错误；‎ 故选D ‎5. 如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶l，电阻R1=R2=10 Ω，两电表均为理想交流电表。当在a、b之间加上正弦交流电时，测得c、d两端电压瞬时值表达式为，则下列说法正确的是 A. 电流表的示数为0.5 A B. 电压表的示数为40 V C. R1消耗的功率为20 W D. 原线圈输入交流电频率为100 Hz ‎【答案】B ‎【解析】A、R 1两端电压有效值是10V；，所以流过电流表的电流为 ，故A错；‎ B、由于电阻R 1=R 2=10Ω则两个电阻上分担的电压是相等的，所以副线圈的电压为20V，根据匝数比可知原线圈电压表的电压为40V，故B正确；‎ C、R1上的电压为10V，根据功率 ，给C错；‎ D、原副线圈输入的交流电频率是相等的，所以 ，故D错；‎ 故选B 点睛：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比． 知道正弦交变电流最大值和有效值之间的关系即可解决本题 ‎6. 如图所示的电路中，a、b是两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大，直流电阻不计的线圈。闭合开关S，电路稳定后两灯泡正常发光，当突然断开开关，下列说法中正确的是 A. a灯泡立即熄灭，b灯泡突然变亮再逐渐熄灭 B. a、b两灯泡均突然变亮再逐渐熄灭 C. a、b两灯泡均立即熄灭 D. a、b两灯泡均逐渐熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】由于原来两灯泡都正常发光，所以原来流的电流应该是相等的，当突然断开开关，由于线圈的自感现象，所以ab两灯不会突然熄灭而应该逐渐熄灭，且不会出现闪亮一下的现象。故D正确；‎ 故选D ‎7. 如图所示，从倾角为θ的斜面上方某处，将质量为m的小球，以初速度v0，沿水平方向抛出，正好垂直打在斜面上。已知小球打在斜面上的速度大小为v，则小球从抛出到落在斜面上的过程中，小球所受重力的冲量大小为 A. mv0sinθ B. mv0cosθ C. mvcosθ D. mvsinθ ‎【答案】C ‎【解析】由于小球正好垂直打在斜面上，则 ，解得 ，所以重力的冲量为 ‎ 根据几何关系知 ‎ 所以重力的冲量 ，故C正确；ABD错误；‎ 故选C ‎8. A、B两个完全相同的金属线圈，在同一匀强磁场中分别以不同的转速，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生的交变电动势的e-t图像如图中曲线a、b所示。则 A. t＝0时刻穿过两线圈的磁通量均为零 B. A线圈产生交变电动势的频率为50 Hz C. A、B两线圈转速之比为3∶2‎ D. B线圈的电动势最大值为1.0 V ‎【答案】CD ‎【解析】A、t＝0时刻两线圈电动势均为零;故此时处在中性面上;故穿过两线圈的磁通量均为最大值;故A错误; B、曲线a周期为0.04s;故其表示的交变电动势频率为25Hz,故B错；‎ C、由图可以知道,b的周期为0.06s;转速之比与周期成反比;故转速之比为3:2;故C对；‎ D、从图像可以看出a线圈的电动势为1.5V，根据电动势 并结合a、b的转速之比为3:2;所以电动势之比也为3:2，则b得电动势为 ，故D对；‎ 故选CD 点睛：根据图象可以知道交流电的最大值以及周期等物理量,然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等 ‎9. 如图甲所示，直角坐标系xOy的1、3象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，2、4象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现让半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。取导线框中电流顺时针方向为正，某时刻开始计时，线框中的电流i随时间t 变化关系如图乙所示，则计时时刻导线框的OP边所处的位置可能是 A. 与x轴正半轴重合 B. 与y轴正半轴重合 C. 与y轴负半轴重合 D. 与x轴负半轴重合 ‎【答案】BC ‎【解析】A、若与x轴正半轴重合，由于线圈OPQ以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了逆时针的电流，故A错；‎ BC、若与y轴正半轴重合，由于线圈OPQ以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了顺时针的电流，故B对； ‎ C、若与y轴负半轴重合，由于线圈OPQ以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了顺时针的电流，故C对；‎ D、若与x轴负半轴重合，由于线圈OPQ以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，根据右手定则，产生了逆时针的电流，故D错；‎ 故选BC ‎10. 如图甲所示，光滑水平面上直线MN右侧足够大区域内存在竖直向下的匀强磁场。水平面上放一质量m＝1 kg、电阻R＝4 Ω的正方形金属线框，线框的一条边与MN重合，某时刻让线框以初速度v0＝4 m/s进入磁场，同时对线框施加一与初速度方向相反的外力F，F的大小随时间的变化关系如图乙所示。已知线框进入场磁后做匀减速直线运动，下列说法正确的是 A. 1 s末线框刚好全部进入磁场 B. 匀强磁场的磁感应强度B＝3 T C. 线框在磁场中做匀减速运 动的加速度大小为1 m/s2‎ D. 线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝0.75 C ‎【答案】AD ‎【解析】A、由于在线圈进入磁场的过程中做匀减速运动所以速度减小，则安培力减小，要保持做匀减速运动则施加的外力也必须是变力，当线圈完全进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，不产生电流也不受安培力，所以此后施加的外力即为恒力，结合图像可以，1 s末线框刚好全部进入磁场，故A对；‎ BC、线圈做匀减速的加速度为 ，经过1s完全进入磁场，说明线圈的边长为 ；当线圈刚以速度进磁场时，结合图像并利用牛顿第二定律可知： ;‎ ‎ ，解得： ，故BC错；‎ D、线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量 ，故D对；‎ 故选AD 二、实验题 （本题共2小题，共14分）‎ ‎11. 某实验小组用如图所示的实验装置完成“探究楞次定律”的实验，实验记录如下表 磁铁放置情况 磁铁运动情况 电表指针偏转情况 N极朝下 插入线圈 向左偏转 S极朝下 ‎①‎ 向左偏转 N极朝下 从线圈中抽出 ‎②‎ ‎③‎ 插入线圈 向右偏转 该同学实验记录中有三处忘记记录了，请你补充完整：①________；②_______；③________。‎ ‎【答案】 (1). 从线圈中抽出 (2). 向右偏转 (3). S极朝下 ‎【解析】从图中可以看出当N极朝下插入线圈时，穿过线圈的向下的磁通量增加，根据楞次定律，此时感应出向上的磁场，并导致电流表向左偏转，‎ ‎①当S极朝下并从线圈中抽出时，则穿过线圈向上的磁通量减小，根据楞次定律，则应该感应出向上的磁场，所以这时候电流表也左偏，‎ ‎②当N极向下并从线圈中抽出时，穿过线圈向下的磁通量减小，根据楞次定律应感应出像下的磁场，与题给条件相反，所以电流表应该右偏；‎ ‎③当S极朝下并插入线圈时，则向上的磁通量增大，则感应出向下的磁场，则电流表会右偏，‎ 点睛：根据楞次定律判断应磁场的方向，并结合题目说给条件，可以判断电流的方向。 ‎ ‎12. 用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：‎ ‎(ⅰ)用天平测量小球A、B的质量mA、mB并记录 ‎(ⅱ)将斜槽固定在水平台上，并调整末端水平 ‎(ⅲ)在水平地面上依次放上白纸、复写纸并固定 ‎(ⅳ)让小球A从斜槽上的某一位置由静止释放，记录小球在水平面上的落点。重复多次，找出小球落点的中心位置P ‎(ⅴ)在斜槽水平末端处放上小球B，让小球A从步骤(ⅳ)同一位置由静止释放，记录小球A、B在水平面上的落点。重复多次，找出A、B两小球落点的中心位置M、N ‎(ⅵ)用重锤线确定斜槽水平末端的投影点O ‎(ⅶ)用毫米刻度尺测量出M、P、N距O点的距离LOM、LOP、LON并记录 ‎(ⅷ)将实验数据代入等式mALOP=mALOM+ mBLON，验证是否成立，从而验证A、B两小球碰撞过程动量是否守恒。‎ 请回答下列问题 ‎(1)步骤(ⅳ) 、(ⅴ)中进行多次重复并找出小球落点的中心位置是为了减小__________。‎ ‎(2)本实验中两小球的质量大小关系为mA________mB。(选填“>”、“<”或“=”)‎ ‎(3)试论证说明：验证等式mALOP=mALOM+ mBLON是否成立，就可以验证A、B两小球碰撞过程动量是否守恒_________________________？‎ ‎【答案】 (1). 实验误差 (2). > (3). 因小球平抛运动的高度相等，所以飞行时间相等，设为t ‎【解析】(1)步骤(ⅳ) 、(ⅴ)中进行多次重复并找出小球落点的中心位置是为了减小实验误差；‎ ‎(2)为了防止碰后入射小球反弹，所以入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，即mA>mB ‎(3)由于碰后小球做平抛运动，在竖直方向上自由落体，并且下落的时间 都相等，而在水平方向上做匀速运动，根据 知平抛的初速度应该正比运动走过的水平位移，所以可以利用mALOP=mALOM+ mBLON来验证动量是否守恒。‎ 三、本题共 3小题，共36分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13. 如图所示，质量为M、长为L的木板静放在光滑水平面上，质量为m的小木块(可视为质点)以水平初速度v0，沿木板的上表面滑到木板上。在以后的运动中，小木块始终末离开木板。已知水平面足够长，M=3m，重力加速度为g，求小木块与木板间的动摩擦因数的最小值。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设小木块与木板共速时速度为，由动量守恒得： ‎ 小木块在木板上滑行的距离为x 由能量守恒得： ‎ 由题意得： ‎ 联立两式解得：，‎ 即μ的最小值为 本题答案为 ‎14. 如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，相距为L，与水平面的夹角为θ=30°，整个空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻均为R导体棒ab、cd静放在导轨上，棒ab、cd与导轨间的滑动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，导轨电阻不计。现给棒ab一个沿斜面向上的初速度，棒ab沿斜面向上的运动过程中，棒cd始终保持静止，棒ab、cd与导轨接触良好，求：‎ ‎(1)棒ab初速度的最大值；‎ ‎(2)棒ab以(1)问的初速度开始滑行，沿导轨向上滑行的最大距离为s，求ab棒上滑的过程中棒cd中产生的热量(不计电磁辐射)。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】（1）当ab有最大初速度时，cd恰好不上滑，设此时感应电动势为E，回路中感应电流为I。‎ 对cd由平衡条件得：‎ 由法拉第电磁感应定律：‎ 根据欧姆定律：‎ 联立以上各式得：‎ ‎（2）设ab上滑过程回路中总电热为Q，cd上的热量为。‎ 根据系统能量守恒： ‎ ‎ 且 解得：‎ 故本题答案是：(1) (2) ‎ 点睛：根据题目中恰好不上滑得出此时摩擦力恰好达到最大值，在利用系统能量守恒，可以求出cd棒上产生的热量。‎ ‎15. 如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止放置三个小物块A、B、C，质量分别为mA=4kg，mB=2 kg，mc=1 kg；其中A、B用一轻弹簧连接，B、C之间夹有少许塑胶炸药，C的右边有一个弹性挡板。现引爆塑胶炸药，炸药爆炸后B以3 m/s的速度向左运动，B、C分开后， C恰好在A、B之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并与B碰撞后粘在一起。已知炸药爆炸的时间、C、B碰撞的时间很短，可以忽略不计，小物块C与弹性挡板碰撞过程没有能量损失，求：‎ ‎(1)炸药爆炸产生的能量；‎ ‎(2)C、B碰撞后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】取水平向左为正方向。‎ ‎（1）设炸药爆炸后B、C速度分别为、，爆炸产生的能量为E，爆炸过程B、C系统动量守恒： ‎ 能量守恒： ‎ 代入数据得：J ‎ ‎（2）由题意，当A、B、C有共同速度时，弹簧有最大弹性势能。设弹簧恢复原长时B、A的速度分别为、，C与B碰撞后粘在一起的速度为，A、B、C的共同速度大小为，弹簧的最大弹性势能为 。‎ 从爆炸后到弹簧恢复原长过程，B、A和弹簧组成系统动量守恒：‎ 根据系统能量守恒得： ‎ C与B碰撞过程，C、B系统动量守恒： ‎ C与B碰后到A、B、C有共同速度的过程，A、B、C和弹簧组成系统动量守恒： ‎ 根据能量守恒： ‎ 联立以上各式并代入数据得：J ‎ 故本题答案是：(1) (2) ‎ 点睛：本题考查了能量守恒与动量守恒相结合的问题，根据守恒规律解题即可。‎ ‎16. 下列说法中正确的是 A. 液体与大气相接触，表面层内分子所受其它分子的作用表现为相互吸引 B. 一定质量理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变 C. 物理性能各向同性的固体，可能是单晶体 D. 分子运动的平均速率可能为零 ‎【答案】A ‎【解析】A、液体与大气相接触,表面层内分子间距离大于平衡距离,分子间的作用表现为引力,故A对 B、一定质量理想气体发生绝热膨胀时根据可知内能应该减小，故B错；‎ C、物理性能各同向性的固体,可能是多晶体或非晶体,不可能是单晶体，故C错；‎ D、分子永不停息的做无规则运动，所以分子运动的平均速率不可能为零，故D错；‎ 故选A ‎17. 关于布朗运动，下列说法中正确的是 A. 布朗运动就是液体分子的运动 B. 液体中悬浮微粒越大，布朗运动越明显 C. 如果液体温度降到0℃，布朗运动都会停止 D. 布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动 ‎【答案】D ‎【解析】AB、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．而且颗粒越小不均衡性越明显，则布朗运动越明显，故AB错误，D正确；‎ C、由于分子在永不停息的做无规则的运动，所以液体温度降到0℃，布朗运动也不会停止，故C错；‎ 故选D ‎18. 对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是 A. 若气体的体积不变，其内能一定不变 B. 若气体的内能不变，其状态一定不变 C. 若气体温度升高时，其内能一定增大 D. 若气体的温度升高，其压强一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、改变内能的方式有两种：做功和热传递，所以当气体的体积不变，其内能可能变化，故A错；‎ B、若气体的内能不变，则可能存在对外做功并吸收热量，而状态发生变化的，故B错；‎ D、若气体的温度升高，根据理想气体方程可是其压强不一定增大，故D错；‎ 故选C ‎19. 某理想气体从a状态经等温过程到达b状态，再经等容过程到达c状态，又经等压过程回到a状态，对应的P-V图像如图甲所示。则图乙中该过程中对应的P-T图像、V-T图像，可能正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】AB、根据甲图可知，从a-b是等温变化，在等温变化时压强P是在减小的，b-c过程等容过程压强是增大，c-a等压过程中体积减小温度应该降低，故A对；B 错；‎ CD、根据甲图可知，从a-b是等温变化，在等温变化时压强P减小导致体积也减小，b-c过程等容过程压强是增大，则温度也是增大，，c-a等压过程中体积减小温度应该降低，故C对，D 错；‎ 故选AC ‎20. 如图a所示，总长L=40 cm的粗细均匀的直玻璃管水平放置，用长为20 cm的水银柱封闭一定质量的理想气体，气体长度为16 cm。环境温度为t1=7℃，大气压强p0=75 cmHg。求：‎ ‎(ⅰ)保持外界大气压强不变，缓慢升高环境温度，当环境温度升高到t2时，水银柱到达管口，求t2（℃）的大小；‎ ‎(ⅱ)保持外界大气压强p0、环境温度为t2不变的情况下，将玻璃管缓慢转至竖直开口向下，如图b所示，稳定后管中水银柱的长度。‎ ‎【答案】(1) 77℃ (2) 15 cm ‎【解析】（1）初状态的状态参量T1=273+t1 V1=l1S 末状态的状态参量为T2=273+t2 V2=(L-h)S ‎ 由盖吕萨克定律得： ‎ 代入数据解得：t2=77℃ ‎ ‎（2）设稳定后管中水银柱的长度x，则 初状态： V2=(L-h)S P2=p0=75 cmHg ‎ 末状态：V3=(L-x)S P3=p0-Px=(75-x) cmHg ‎ 由玻意耳定律得：P2V2= P3 V3 ‎ 代入数据得：x=15 cm ‎ 本题答案是：(1) 77℃ (2) 15 cm 点睛：正确找到不同状态下的参量，根据理想气体方程求解即可。‎ ‎21. 一个弹簧振子做简谐运动，当它向平衡位置运动的过程中，下列关于它运动速度、加速度变化的说法中，正确的是 A. 速度增大，加速度减小 B. 速度减小，加速度增大 C. 速度增大，加速度增大 D. 速度减小，加速度减小 ‎【答案】A ‎【解析】一个弹簧振子做简谐运动，当它向平衡位置运动的过程中根据回复力 可知加速度减小，并且回复力做正功，所以速度增大。故A正确；‎ 故选A ‎ ‎22. 下列关于电磁波和机械波的说法中，正确的是 A. 机械波和电磁波均有横波和纵波 B. 机械波和电磁波均可发生干涉、衍射 C. 机械波只能在介质中传播，电磁波只能在真空中传播 D. 波源的振动或电磁振荡停止，空间中的波均即刻完全消失 ‎【答案】B ‎【解析】A、机械波有横波和纵波,电磁波只有横波.故A错误. ‎ ‎ B、干涉、衍射是一切波具有的特性，所以机械波和电磁波均可发生干涉、衍射，故B正确；‎ C、机械波是机械振动在介质中传播过程,必须依赖于介质,没有介质不能形成机械波;电磁波传播的是电磁场,而电磁场本身就是一种物体,不需要借助其他物质来传播,所以电磁波可以在真空中传播.也可以在介质中传播，故C 错；‎ D、当波源的振动或电磁振荡停止，只是不能发出新的波，但已经发出的波不会停下来，故D错；‎ 故选B ‎23. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，波长不小于10 cm，介质中O、A两点的平衡位置分别位于xO=0、xA=5 cm。t=0时刻，质点O的位移y=4 cm，A点处于波峰；s时，质点O第一次回到平衡位置；t=1 s时， 质点A第一次回到平衡位置。则该波传播的速度大小为 A. 5 cm/s B. 6 cm/s C. 7.5 cm/s D. 15 cm/s ‎【答案】C ‎【解析】波的周期 ‎ O点振动状态传播到A点所用的时间为 ‎ 所以波速为 ，故C正确；ABD错误；‎ 故选C ‎24. 图甲为一列简谐波在0时刻的波形图，Q、P为介质的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法中正确的是 A. 该波传播的速度大小为10 m/s B. 该波沿x轴正向传播 C. t= 0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向 D. t=0.05 s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度 ‎【答案】AD ‎【解析】A、根据波动图可知波长为 ，根据振动图像可知周期为 ，所以波速为 ，故A对 B、从振动图像上可以看出P点在0时刻从平衡位置向下振动，所以波应该沿x轴负方向传播，故B错；‎ C、由于波向左传播，波传播的周期为0.4s，根据波的传播，可知t= 0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向，故C错；‎ D、根据波的传播方向可以知道0-0.05 s的时间内，P从平衡位置向下运动，而Q从原来位置向平衡位置移动，且越靠近平衡位置粒子的加速度越小，所以在t=0.05 s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度，故D对；‎ 故选AD ‎25. 如图所示，是一个半径为R的半圆柱形透明物体的截面图。现有平行于轴线OA的单色光从左侧射入透明物体，已知从距圆心的P点射入透明物体的光，经过透明物体后通过轴线OA上的Q点，Q点距圆心O的距离为。求：‎ ‎(ⅰ)该透明物体的折射率；‎ ‎(ⅱ)能够从透明物体圆形边界射出的光(不考虑多次反射的情况)，其入射光的范围。‎ ‎【答案】(1) (2) 入射光的范围在距O点小于的距离内 ‎【解析】(i) 如图，‎ 设光在弧面上的入射点为S，入射角为r，折射角为i，OS与OA夹角为，由几何关系：‎ 设S、Q间的距离分别为，‎ 由题意可得O、Q间距：‎ 在OSQ中，由余弦定理得： ‎ 代入数据得： ‎ OSQ为等腰三角形 设SQ与OA的夹角为Φ，‎ 由几何知识可得：Φ =θ，i=Φ +θ 由折射定律： ‎ 代入数据得： ‎ ‎(ii)设临界角为C，入射光离O的最远距离为d，由折射定律：‎ 根据几何关系：‎ 代入数据得：，即入射光的范围在距O点小于的距离内。‎ 点睛：要正确的做出光电图，并掌握折射定律和全反射条件，结合临界角求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎