2022年届泉州市高中毕业班理科综合测试.docx

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1、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -2022 届泉州市高中毕业班理科综合测试（一模）物理部分试题一、挑选题：此题共 8 小题,每道题 6 分；在每道题给出的四个选项中,第 1418 题只有一项符合题目要求,第 1921 题有多项符合题目要求；全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0分；14如下列图为氢原子的能级图,用某种频率的光照耀大量处于基态的氢原子,受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光a、b、c,频率 abc,让这三种光照耀逸出功为n10.2eV 的某金属表面,就E/eV 0A. 照耀氢原子的光子能量为12.09

2、eV 5 4 3-0.54-0.85-1.51B. 从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光频率为b2-3.4C. 逸出的光电子的最大初动能为1.51 eV 1-13.6D. 光 a、b、c 均能使该金属发生光电效应【命题立意 】：此题考查光电效应、氢原子能级图、波尔原子理论等学问,考查懂得才能；【解题思路 】：用某种频率的光照耀大量处于基态的氢原子,受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光, 说明是电子从第一能级跃迁到第三能级,入射光子的能量 E=（ 1.51 eV）（ 13.6 eV）=12.09 eV,A 选项正确；从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出光应当为 c 光, B 选项错误；逸出

3、的光电子的最大初动能 Ekm=12.09 eV10.2eV=1.89eV , C 选项错误；能使该金属发生光电效应的只有 a、b 两种光, D 选项错误；此题正确选项为 A ；15我国已把握“ 半弹道跳动式高速再入返回技术” ,为实现“ 嫦娥” 飞船月地返回任务奠定基础；如图虚线为大气层边界,返回器与服务舱分别后,从 a 点无动力滑入大气层,然后从 c 点“ 跳” 出,再从 e 点“ 跃” 入,实现多次减速,可防止损坏返回器；d 点为轨迹的最高点,离地心的距离为 r,返回器在 d 点时的速度大小为 v,地球质量为 M,引力常量为 G；就返回器A. 在 b 点处于失重状态 d c e B. 在

4、a、c、 e 点时的动能相等 b a GMC. 在 d 点时的加速度大小为 r 2D. 在 d 点时的速度大小 vGMr【命题立意 】：此题考查超重、失重、天体的加速度、围绕速度等；考查推理才能；【解题思路 】：b 点处的加速度方向背离地心,应处于超重状态,A 选项错误；由 a 到 c 由于空气阻力做负功,动能减小,c 到 e 过程中只有万有引力做功,机械能守恒,a、 c、e 点时的速度大小应满意1 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - -

5、 - - - - - - - - - -va vc=v e,所以动能不相等,B 选项错误；在d 点时合力等于万有引力,即GMm r2=mad ,所以加速度大小 ad=GM r2 ,C 选项正确；在d 点时万有引力大于所需的向心力,做近心运动,所以速度大小ve 的GM, D 选项错误；此题正确选项为C；r16在坐标 -x0 到 x0 之间有一静电场,x 轴上各点的电势 随坐标 x 的变化关系如下列图,一电量为质子从 -x0 处以肯定初动能仅在电场力作用下沿x 轴正向穿过该电场区域；就该质子A在 -x00 区间始终做加速运动-x0 0/V x/mB在 0x0 区间受到的电场力始终减小C在 -x00

6、 区间电势能始终减小D在 -x0 处的初动能应大于e00x0 【命题立意 】：此题利用图像,考查场强与电势的关系,并利用力学学问分析带电粒子在电场中的运动；要求同学具有从图像上猎取有用信息的才能（比如电势随空间位置的变化趋势,斜率的物理意义）,再依据相应的物理规律进行分析推理；考查推理才能；【解题思路 】：从-x0 到 0 区间,电势上升,意味着该区域内的场强方向向左,质子受到的电场力向左与运动方向相反,所以质子做减速运动,A 选项错误；设在 xx+ x,电势为 + ,依据场强与电 势差的关系式 E= x,当 x 无限趋近于零时, x表示该点 x 处的场强大小,从 0 到 x0 区间,图线的斜

7、领先增加后减小,所以电场强度大小先增加后减小,依据 F=Eq,质子受到的电场力先增加后减小,B选项错误；在 -x0 0 区间质子受到的电场力方向向左,与运动方向相反,电场力做负功,电势能增加,C 选项错误；由于质子从-x0到 0 区间做减速运动,从 0 到 x0 区间做加速运动；所以质子能穿过电场区域的条件是在原点处的动能 E 要大于零；设质子初动能为 E0,从 -x0 运动到 0 过程中,依据动能定理得：E -E0=-e0,所以 E0=e0 +Ee0 ,D 选项正确；此题正确选项为 D；17如下列图,面积为 S、匝数为 N 的矩形线框在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,绕垂直于磁感线的轴OO匀

8、速转动,通过滑环向抱负变压器供电,灯泡 L 1、L 2 均正常发光,抱负电流表的示数为 I；已知 L 1、L 2 的额定功率均为 P,额定电流均为 I,线框及导线电阻不计,就 OA图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零 B2 2PB线框转动的角速度为 INBSA C抱负变压器原副线圈的匝数比为 1 2 L1 L2OD如灯 L 1 烧断,电流表示数将增大【命题立意 】：此题考查交变电流的产生、变压器的应用、电路动态变化等学问点；考查同学对学问概念的懂得和应用才能；【解题思路 】： 线圈平面与磁场平行时,产生的感应电动势最大,磁通量变化率最大,故 A 选项错误；2 细心整理归纳 精选学习资料 - -

9、 - - - - - - - - - - - - - 第 2 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -抱负变压器输入功率等于输出功率,由于两个灯泡都正常发光,就可知矩形线框产生的功率为 2P,就有 2P= 12 EmI= 12 NBS I,可得 =2 INBS,故 B 选项正确；由于原线圈的电流为 2P I,副线圈中两灯泡并联就总电流为 2I,可知 n1n2=21,故 C 选项错误；如 L1 烧断,就副线圈电流减小,原线圈的电流也相应减小,故 D 选项错误；此题正确选项为 B；18如下列图,两个

10、大小相同、质量均为m 的弹珠静止在水平地面上；某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动,当第一个弹珠运动了距离 L 时与其次个弹珠发生弹性正碰,碰后其次个弹珠运动了 2L 距离停下； 已知弹珠所受阻力大小恒为重力的 k 倍,重力加速度为 g,就小孩对第一个弹珠A施加的冲量为mkgLL2LB施加的冲量为m3kgLC做的功为kmgLD做的功为3kmgL【命题立意 】：此题考查动量定理、动量守恒定律动能定理等；考查同学对学问概念的懂得和应用才能；【解题思路 】：当第一个弹珠运动了距离L 时与其次个弹珠发生弹性正碰,依据动量守恒和能量守恒可知,两球速度发生交换,即第一个弹珠碰后停止运动,其次

11、个球弹珠以第一个弹珠碰前的速度连续向前运动了 2L 距离停下,从成效上看,相当于其次个弹珠不存在,第一个弹珠直接向前运动了 3L的距离停止运动, 依据动能定理, 小孩对第一个弹珠做的功等于克服摩擦力做的功,即：W=kmg3L,选项 C 错误,选项 D 正确；施加的冲量 I= P=P0= 2mE k 0= 2m.kmg3L= m 6kgL ,选项 A、B 错误；此题正确选项为 D；19 如下列图,空间存在垂直纸面的匀强磁场,一粒子发射源 P 位于足够大绝缘板 AB 的上方距离为 d处,在纸面内向各个方向发射速率均为v 的同种带电粒子,不考虑粒子间的相互作用和粒子重力；已知粒子做圆周运动的半径大小

12、也为d,就粒子APdBA能打在板上的区域长度是2d2dB能打在板上离P 点的最远距离为C到达板上的最长时间为3d 2vD到达板上的最短时间为d 2v【命题立意 】：此题考查洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动,考查分析推理才能；【解题思路 】：如下列图,设粒子均沿逆时针运动,沿轨迹打到板上的最左边 M 点,沿轨迹打到板上的最右边 N 点,就 PM 为轨迹圆的直径, 轨迹与板相切与 N 点,PO 与板垂直, 就 MP=2 d,PO= d,MO= 2 d2d2= 3d,ON= d,粒子能打在板上的区域长度是 MO+ ON= 3+1 d,应选项 A 错误,3 细心整理归纳 精选学习资料 - - - -

13、- - - - - - - - - - - 第 3 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -选项 B 正确；粒子沿轨迹到达板,该轨迹与板相切与 N点,此过程时间最长, t max=3 4T=3 42 d v =3d 2v,选项 C 正确；粒子沿轨迹到达板上O 点,PN此过程时间最短,tmin=1 6T=1 62 dd 3v,应选项D 错误；此题正确选项为BC ；MNO20 如图甲所示,长为l、倾角为 的斜面固定在水平地面上,一质量为m 的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面对下滑动；已知物块与斜面间

14、的动摩擦因数 与下滑距离x 的变化图象如图乙所示,就lxA 0tanB物块下滑的加速度逐步增大0 甲0 乙C物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为1 20mglcosD物块下滑究竟端时的速度大小为2gl sin -2 0gl cos 【命题立意 】：此题考查牛顿运动定律、摩擦力、变力做功和动能定理等学问点；考查同学的过程分析才能和应用数学学问解决物理问题的才能；【解题思路 】：物块在斜面顶端静止释放能够下滑,应满意mgsin0mgcos,即 0 ,所以本试验方案的测量值比真实值大； 当增加滑块质量 M 时,由牛顿其次定律可知整体运动加速度 a 减小,又 = =m Ma g,由 M 增大, a

15、 减小,就 减小,即测量值与真实值的差值减小,故当增加滑块的质量 M 时可以减 小试验误差,当增加托盘和盘中砝码的总质量 m 时,由牛顿其次定律可知整体运动加速度 a 增大,又 = =m Ma g,由 m 增大, a 增大,就 增大,即测量值与真实值的差值增大,故增加托盘和盘中砝码的总质量 m 会增大试验误差,所以 B、C 选项正确；23（10 分）一玩具电动机的额定电压为 3V,其线圈的电阻 Rx大约为 15,当其两端电压达到 0.3V 时,电动机才会开头转动；为了尽量精确测量线圈的电阻 可供挑选的器材有：电流表 A 1（ 020mA 、内阻约 10）；Rx,某同学设计了部分电路原理图如下列

16、图,电流表 A 2（ 0200mA 、内阻约 5）；MER SA 滑动变阻器R1（0 10,额定电流2A）；V 滑动变阻器R2（0 2k,额定电流1A）；电压表 V（2.5V ,内阻约 3k）；电源 E（电动势为3V、内阻不计） ；定值电阻（阻值为R）开关 S 及导线如干（1）应挑选的电流表为,滑动变阻器为；（2）测量过程中要保持电动机处于（选填“ 转动” 或“ 不转动”）状态,以下四个定值电阻的阻值 R 中,最合适的是；A.20 B.50 C.120 D.1200（3）请把电路原理图的连线补充完整；（4）某次试验中,电压表的读数为U,电流表的读数为I ,就运算电动机导线圈电阻的表达式Rx=

17、；【命题立意 】：此题考查电动机线圈电阻的测量,考查仪器挑选、试验方法以及试验设计的才能；【解题思路 】：（1）导线圈的电阻Rx 大约为 15,为了保证明验过程中电动机不转动,其两端电压不超过 0.3V,可估算其电流 I = U Rx= 0.315 = 0.02A ,不超过 20mA ,所以电流表挑选 A 1；滑动变阻器如选用限流式接法,用 2k 不便于操作,用 10 调剂范畴太小,不宜用限流式接法,最好用分压式接法,所6 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习

18、资料 - - - - - - - - - - - - - - -以滑动变阻器挑选 R1=10；（2）测量过程中要保持电动机处于不转动状态,此时可视为纯电阻,电流 I 不能超过 0.02A ,当电压表达到满偏电压 2.5V 时,2.5V 0.02A = 125,即电动机线圈内阻和定值电阻的总和为 125,故定值电阻应选120 最合适；R M A （3）所选电流表内阻约 10,电压表内阻约 3k,由于 Rx Rx RV,所 V 以应挑选外接法,又滑动变阻器选用分压式接法,电路补充连线如图所E S示；（4）依据欧姆定律,Rx+ R= U I,所以 Rx = U IR；7 细心整理归纳 精选学习资料

19、- - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -24（12 分） 如下列图,两块相同的金属板MN 、PQ 平行倾斜放置,与水平面的夹角为45,两金属板间的电势差为 U,PQ 板电势高于 MN 板,且 MN 、PQ 之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场；一质量为 m、带电量为 q 的小球从 PQ 板的 P 端以速度 v0 竖直向上射入,恰好沿直线从 MN 板的 N端射出,重力加速度为 g；求：N （1）磁感应强度的大小和方向；（2）小球在金

20、属板之间的运动时间为多少？M Q v045P 【命题立意 】此题考查带电粒子在复合场中的运动,涉及重力、电场力、洛伦兹力等受力分析,平稳条件的应用和匀速直线运动的规律等；考查分析综合才能；【解题思路 】解析：（1）小球在金属板之间只能做匀速直线运动,受重力 G、电场力 F 电和洛伦兹力 f,F 电的方向与金属板垂直,由左手定就可知 f 的方向沿水平方向,三力合外力为零,故小球带正电,金属板 MN 、PQ之间的磁场方向垂直纸面对外,且有qv0B = mgtan 得 B = mg qv0 （2）设两金属板之间的距离为 d,就板间电场强度 E = Ud 又 qE = 2mg 又 h=0t 小球在金属

21、板之间的运动时间 t = hv 0 解得 t = mg0 qU 另解：由于 f =qv0B 不做功,W G=-mgh, W电= qU,就由动能定理得qU - mgh = 0h= 0t得 t = qU mg08 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -25（19 分） 如图甲所示,固定的光滑半圆轨道的直径PQ 沿竖直方向,其半径R 的大小可以连续调剂,轨道上装有压力传感器,其位置 N 始终与圆心 O 等

22、高； 质量 M = 1 kg 、长度 L = 3 m 的小车静置在光滑水平地面上,小车上表面与 P 点等高,小车右端与 P 点的距离 s = 2 m ；一质量 m = 2kg 的小滑块以 v0 = 6 m/s 的水平初速度从左端滑上小车,当小车与墙壁碰撞后小车立刻停止运动；在 R 取不同值时,压力传感器读数 F 与1 R的关系如图乙所示；已知小滑块与小车表面的动摩擦因数 = 0.2,取重力加速度 g10 m/s 2；求：（1）小滑块到达 P 点时的速度 v1；（2）图乙中 a 和 b 的值；（3）在13.125m-1的情形下,小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离Rxmin；F/N v0

23、L 甲s O Q N b a 2a 3a 1 R/m-1R 0 P -b 乙【命题立意 】此题结合板块模型、圆周运动、平抛运动、图像等学问考查分析综合才能和应用数学学问解决物理问题的才能；【解题思路 】解析：（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动,小车将做匀加速直线运动,设小滑块加速度大小为 a1,小车加速度大小为 a2,由牛顿其次定律得：对滑块有 mg= ma1 对小车有 mg= Ma 2 设小车与滑块经受时间 t 后速度相等,就有v 0a1t=a2t 滑块的位移 s1 = v0t12a1t 2 小车的位移 s2 = 12a2t 2 代入数据解得 s1 = 5 m s2 = 2m 由于 s

24、2 = s ,L=s1s2,说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端,即小滑块到达 P 点的速度v 1 = 2a2s2 = 4 m/s 另解：9 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -设小滑块与小车共速的速度为v,相对位移为L 0,就由动量守恒定律得 mv0=M+mv解得 v=4m/s 由功能关系得 mgL 0=1 2mv0 21 2M+mv2此过程小车的位移设为s0 就有 mgs0=1 2Mv2

25、解得 s0=2m,L 0=3m 由于 L 0=L,s0=s,说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端,即小滑块到达 P 点的速度v 1 = 4 m/s （2）设小滑块到达到达N 点时的速度设为v N,就有F = mv N2 R从 P 点到 N 点过程中,由机械能守恒定律有1 2mv12 = 1 2mvN2+mgR R,此时经过Q 点的速度为v Q,就有由式得F= mv12 R2mg 故 b = 2mg = 40 由式结合图乙可知,图像的斜率k= mv 12=32 故 a = b k = 1.25（3）设小滑块恰能经过半圆轨道最高点Q 时的轨道半径为vQ2 mg = m R.从 P 点到 Q

26、点过程中,由机械能守恒定律有1 12mv12 = 2mvQ2+2mgR .解得 R=0.32m,即1 R = 3.125m-1可见在1 R 3.125m-1 的情形下,小滑块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道由. 式可得 v Q = v1 24gR= 16 40 R .小滑块离开 Q 点后做平抛运动至到达小车的过程中,有x = v Qt .2R = 1 2gt 2 .10 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - -

27、 - - - -得 x = 1.6 4R4 R当 R = 0.2m 时 x 有最大值 xm = 0.8m .小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离x min = L xm = 2.2m .11 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -（二）选考题：共15 分；请考生从给出的2 道物理题中任选一题作答；33 物理 选修 3-3（15 分）（1）（5 分）以下说法正确选项（填正确答案标号；选对 1

28、个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分）A. 大气中 PM2.5 颗粒的运动是分子的热运动 B. 液体与大气接触的表面层的分子势能比液体内部的大 C. 单晶体和多晶体的物理性质都是各向异性,非晶体是各向同性的 D. 分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距增大时,分子间的引力和斥力都减小 E. 在温度肯定时,对某种气体,处于肯定速率范畴内的分子数所占百分比是确定的【命题立意 】：此题考查布朗运动、分子势能、单晶体、多晶体、非晶体的性质、分子力、分子速率分布规律等；考查懂得才能；【解题思路 】：大气中 PM2.5 颗粒的运动是固体颗

29、粒的运动,A 选项错误；当液体与大气接触时,液体表面层的分子间距比内部的大,分子势能比液体内部的大,B 选项正确； 单晶体的物理性质是各向异性,多晶体和非晶体是各向同性的,C 选项错误；分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距增大时,分子间的引力和斥力都减小,D 选项正确；对于大量气体分子,在温度肯定时,处于肯定速率范畴内的分子数所占百分比是确定的,E 选项正确；此题正确选项为 BDE ；（2）（10 分）如下列图,A 、B 是两个固定在地面上的气缸,两气缸的活塞用水平轻质细杆相连,A 的活塞面积是 B 的 2 倍,活塞处于静止状态,两气缸内封闭的气体压强均等于大气压强 p0,气体温度均为 27

30、, A 的活塞与 A 气缸底部相距 10cm,B 的活塞与 B 气缸底部相距 20cm；现使两气缸内气体缓慢上升相同温度至活塞在水平方向移动了 2cm 后再次平稳（活塞不会脱离气缸）；i. 通过运算分析说明气体升温的过程中活塞的移动方向；ii. 求再次平稳时A 气缸的气体压强和温度；A B 【命题立意 】此题考查抱负气体的等容变化以及抱负气体的状态方程等；考查分析综合才能；【解题思路 】（1）假设气体升温的过程两活塞没有动,就A、B 气缸中的气体体积不变,设原先温度为T0,升温后气体压强分别为 pA1、pB1,温度为 T1,依据查理定律有T0= pA1p0 T0= pB1 T1F =（ pA1

31、- p0）SA-（ pB1- p0）SB0 解得pA1= pB1 = p0T1T0对两活塞受力分析,其合力12 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -故其合力向右,所以活塞向右移动（2）设再次平稳后的压强分别为p0SAL A T0p0SBL B T0= pA2SALA2 T1= pB2SBLB2 T1pA2、pB2,就依据抱负气体状态方程有活塞平稳应满意（ pA2- p0）SA=（ pB2- p0

32、）SB活塞面积 SA=2SB将 LA=10cm L B=20cm LA2=12cm LB2=18cm 代入解得pA2=1.5 p0T1=540K13 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页,共 15 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -34 物理 选修 34（15 分）（1）（5 分）如图甲所示,沿波的传播方向上有间距均为 0.1 m 的六个质点 a、b、c、d、e、f,均静止在各自的平稳位置,t0 时刻振源 a 从平稳位置开头沿 y 轴正方向

33、做简谐运动,其运动图象如图乙所示, 形成的简谐横波以 0.1 m/s 的速度水平向右传播,就以下说法正确选项（填正确答案标号；选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0分）A这列波的周期为4 s abc甲def2 y/cm 4 t/s B04 s 时间内质点b 运动路程为6 cm 0 2 C45 s 时间内质点c 的加速度在减小D 6 s 时质点 e 的振动方向沿y 轴正方向-2 乙E质点 d 起振后的运动方向始终与质点b 的运动方向相反【命题立意 】：此题考查简谐振动的规律以及简谐波传播的特点等学问点；考查分析推理才能；【

34、解题思路 】：由图乙可知波源振动周期 T=4s,A 选项正确；由 =T=0.1 4m=0.4m,b 点起振时刻是1s,0 4 s 质点 b 实际只振了 3s,运动路程为 6 cm, B 选项正确；质点 c 起振的时刻是第 2s 末, 45 s 时质点 c 正在由平稳位置向 y 轴负方向振动,加速度在增大,C 选项错误；质点 e的起振时刻是第 4s 末, 6 s 时质点 e 的振动方向沿 y 轴负方向, D 选项错误；质点 d 和质点 b 相差半个波长,所以质点 d 起振后的运动方向始终与质点 b 的运动方向相反, E 选项正确；此题正确选项为 ABE ；（2）（10 分）如下列图为一个半径为 R 的透亮介质球体,M 、N 两点关于球心 O 对称,且与球心的距离均为 2R；一细束单色光从 M 点射出穿过透亮介质球体后到达 N 点；真空中的光速为 c；i.如介质的折射率为 n0,光线沿 MON 传播到 N 点,光传播的时间 t 为多少？3ii.已知球面上的 P 点到 MN 的距离 PA = 5