第三篇 计算题专题练 专题4 电路与电磁感应-【师大金卷】2025年高考物理一轮二轮衔接复习小卷练透阶段测试卷（新高考）

新教材物理２３—２　 考向一　直流和交流电路 １．(２０２４􀅰甘肃庆阳中学检测)如图所示,A 为电 解槽,M 为电动机,N 为电炉子,恒定电压U＝ １５V,电解槽内阻rA＝３Ω,当 K１ 闭合,K２、K３ 断开时,电流表 A示数为５A;当 K２ 闭合,K１、 K３ 断开时,电流表 A 示数为６A,且电动机输 出功率为５４W;当 K３ 闭合,K１、K２ 断开时,电 流表 A示数为３A.求: (１)电炉子的电阻及发热功率; (２)电动机的内阻; (３)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率. ２．(２０２４􀅰河北衡水中学调研)如图所示,用一小 型交流发电机向远处用户供电,已知发电机线 圈abcd匝数N＝１００匝,面积S＝０􀆰０３m２,线 圈匀速转动的角速度ω＝１００πrad/s,匀强磁场 的磁感应强度B＝ ２π T ,输电导线的总电阻为R ＝１０Ω,降压变压器原、副线圈的匝数比n３∶n４ ＝１０∶１,若用户区标有“２２０V,８􀆰８kW”的电动 机恰能正常工作.发电机线圈电阻r不可忽略. 求: (１)输电线路上损耗的电功率ΔP; (２)升压变压器副线圈两端电压U２; (３)若升压变压器原、副线圈匝数比n１∶n２＝ １∶８,交流发电机线圈电阻r 上消耗的热功 率P. 考向二　电磁感应中的电路及图像问题 ３．(２０２４􀅰湖南雅礼中学月考)某中学兴趣小组研 究了电机系统的工作原理,认识到电机系统可 实现驱动和阻尼,设计了如图所示装置.电阻 不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水 平部分连接构成,竖直导轨间存在水平向右的 匀强磁场,磁感应强度大小为B.导体棒ab与 竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重 物M,初始被锁定不动.已知导体棒ab的质量 为m,重物 M 质量为３m,竖直导轨间距为d. 电源电动势E＝５mgRBd ,内阻为R,导体棒与定 值电阻阻值均为R. (１)把开关K接１,解除导体棒锁定,导体棒经时 间t恰好开始匀速上升,求 ①通过导体棒的电流方向; ②导体棒匀速上升时的速度; ③此过程导体棒上升的高度h; (２)把开关K接２,解除导体棒锁定,导体棒经时 间t′、下落高度h′时恰好开始匀速下落,求此过 程中回路产生的总焦耳热. ４．(２０２４􀅰哈尔滨三中模拟)如图甲所示,水平绝 缘传 送 带 正 在 输 送 一 闭 合 正 方 形 金 属 线 框 abcd,线框每一边电阻均为r,在输送中让线框 随传送带通过一固定的匀强磁场区域,磁场方 向竖直向下,磁感应强度大小为B,磁场边界 MN、PQ 与传送带运动方向垂直,其间距为２d. 已知传送带以恒定速率v０ 运动,线框质量为m, 边长为d,线框与传送带间的动摩擦因数为μ, 且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于 磁场边界,在线框右边刚进入磁场到线框右边 刚离开磁场的过程中,其速度v随时间t变化的 图像如图乙所示,重力加速度大小为g.求: (１)线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差; (２)整个线框恰好离开磁场时的速度大小; (３)整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热. 新教材物理２３—１ 专题４　电路与电磁感应 新教材物理２３—４　 考向三　电磁感应中的动力学和能量问题 ５．(２０２４􀅰河南中原名校联考)如图所示,足够长 的固定粗糙绝缘斜面,倾角为θ＝３７°,平行于斜 面底边的边界PQ 下侧有垂直斜面向下的匀强 磁场,磁感应强度为B＝１T.一质量为 M＝ ０􀆰２kg的 U型金属框M′MNN′静置于斜面上, 其中MN 边长L＝０􀆰４m,处在磁场中与斜面底 边平行,框架与斜面间的动摩擦因数为 μ＝ ０􀆰７５,框架电阻不计且足够长.质量 m＝０􀆰１ kg,电阻R＝０􀆰６Ω的金属棒ab横放在 U 形金 属框架上从静止释放,释放位置在边界 PQ 上 方距离为d＝０􀆰７５m.已知金属棒在框架上无 摩擦地运动,且始终与框架接触良好,设框架与 斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 １０m/s２,(sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８)求: (１)金属棒ab刚进入磁场时,框架 MN 边受到 的安培力; (２)金属棒ab刚进入磁场时,框架的加速度大 小a; (３)金属棒ab进入磁场最终稳定运动时,金属 棒重力的功率P. ６．(２０２４􀅰河北石家庄二中月考)如图所示,固定 的一对长金属导轨,间距为L＝０􀆰５m,其水平 部分与倾斜部分均足够长.导轨的水平部分处 于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为 B１,其左侧连接了电源 G.导轨的倾斜部分倾 角θ＝３７°且处于平行斜面向上的匀强磁场中, 磁感应强度大小为B２,其下方接有开关S和C ＝０􀆰１F的电容器,开始时开关断开、电容器不 带电.导轨上正对的P、Q 两处各有一小段用绝 缘材料制成,长度不计.质量均为m＝０􀆰２５kg 的导电杆甲、乙静止在导轨上,均与导轨垂直, 甲与导轨摩擦不计,电阻R１＝ ５ ８ Ω ,乙的电阻 R２＝ ５ ４ Ω .某时刻起电源 G开始工作,输出恒 定电流I０＝０􀆰５A,经t０＝３s,使甲运动到P、Q 处,电源 G 立即停止工作.当甲越过P、Q 瞬 间,再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力F ＝１􀆰６N,此时乙恰好开始运动.己知B１＝B２ ＝１T,不计除导电杆外所有电阻,不计回路自 身激发磁场,最大静摩擦力等于滑动摩擦力, sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８. (１)求甲通过P、Q 时的速度大小; (２)求乙与倾斜导轨间的动摩擦因数; (３)求电源G输出的总能量; (４)为回收部分能量,闭合开关S,其他条件不 变,已知在甲通过P、Q 后１０s内位移为１０２m, 产生的焦耳热为４９J,此时电容器已达到最大 稳定电压.当电容器电压为UC 时,其储能为 EC＝ １ ２CU ２ C.忽略电磁辐射,求此过程中,乙上 产生的焦耳热(该结果保留３位有效数字). 考向四　动量观点在电磁感应中的应用 ７．(２０２４􀅰陕西工大附中月考)两平行金属导轨 ABC、A′B′C′按如图(a)所示方式固定,倾斜导 轨的倾角均为θ＝３０°,倾斜导轨与水平导轨在 B、B′处平滑连接,两导轨平面内均有垂直于平 面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B＝ ２T.在水平导轨上固定有两竖直立柱,BB′的 连线、两竖直立柱的连线均与水平导轨垂直. 将金属棒甲锁定在两竖直立柱与BB′之间的水 平导轨上且金属棒甲离BB′足够远.t＝０时, 将金属棒乙在离BB′足够远的倾斜导轨上由静 止释放.t１＝１０s时,金属棒乙刚进入水平导 轨,同时解除对金属棒甲的锁定.t２＝１４s时, 两金属棒的速度刚好相等,且金属棒甲刚好与 竖直立柱碰撞.在０~t２ 这段时间内,两金属棒 的速度—时间图像如图(b)所示.已知导轨间 距和两金属棒长度均为d＝１m,两金属棒的质 量均为m＝１kg,金属棒甲的电阻为R＝３Ω,金 属棒乙的电阻为r＝１Ω,两金属棒始终与导轨 垂直且接触良好,金属棒甲与两竖直立柱的碰 撞为弹性碰撞,忽略一切摩擦和导轨电阻,重力 加速度取g＝１０m/s２.求: (１)t１ 时刻,金属棒乙两端的电压U; (２)t２ 时刻以后,金属棒甲产生的焦耳热Q. ８．(２０２４􀅰山东德州联考)某公园的游乐场中引进 了电磁弹射儿童车项目,可简化如图,宽度为L 的水平轨道中BE、CH 两段为绝缘材料制成, 其余部分均为导体,且轨道各部分都足够长. ABCD 和EFGH 区域均存在竖直向下的匀强 磁场B(B 未知),AD 处接有电容大小为C 的电 容器,FG处接有阻值为２R 的定值电阻.儿童 车可简化为一根质量为m,电阻为R 的导体棒 (与轨道始终保持垂直且接触良好),开始时导 体棒静止于AD 处(如图),电容器两端电压为 U０,然后闭合开关 S,导体棒开始向右加速弹 射.已知重力加速度为g,不计一切摩擦和阻 力.求: (１)开始时电容器所带的电荷量q０; (２)若导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度 为v,求整个过程中定值电阻２R 上产生的总热 量Q; (３)当B 为多大时,导体棒在ABCD 轨道上获 得的最终速度最大? 其最大值vm 为多少? 新教材物理２３—３ 新教材物理答案 —３３　 由几何关系可得,汇聚点横坐标x＝ ３a＋L＋a 专题４　电路与电磁感应 １．(１)３Ω　７５W　(２)１Ω　(３)１８W [试题解析](１)电炉子为纯电阻元件,由欧姆定律可得 电炉子的电阻为RN＝ U IN ＝１５５ Ω＝３Ω 其发热功率为P热 ＝I２NRN＝５２×３W＝７５W (２)电动机为非纯电阻元件,电动机的电功率为 P电 ＝UIM＝１５×６W＝９０W 电动机的热功率为 PM热 ＝P电 －P出 ＝９０ W－５４ W＝ ３６W 又PM热 ＝I２MrM 代入数据解得rM＝１Ω (３)在电解槽工作时,电功率为 P电 ＝UIA＝１５×３W＝４５W 电解槽的热功率为PA热 ＝I２ArA＝３２×３W＝２７W 则电能转化为化学能的功率为P化 ＝P电 －PA热 ＝１８W ２．(１)１６０W　(２)２２４０V　(３)６４０W [试题解析](１)设降压变压器原、副线圈的电流分别为 I３、I４,电动机恰能正常工作,则有 I４＝ P用 U４ ＝８８００２２０ A＝４０A 根据理想变压器的变流比可知 I３ I４ ＝ n４ n３ 解得I３＝４A 所以输电线路上损耗的电功率 ΔP＝I２３R 解得 ΔP＝１６０W (２)根据理想变压器的变压比可知 U３ U４ ＝ n３ n４ 解得U３＝２２００V 升压变压器副线圈两端电压U２＝U３＋I３R 解得U２＝２２４０V (３)根据理想变压器的变压比可知 U１ U２ ＝ n１ n２ 可得U１＝２８０V 升压变压器的原线圈输入功率P１＝ΔP＋P用 可得P１＝８９６０W 根据P１＝U１I１ 解得I１＝３２A 根据正弦式交变电流产生规律可知,最大值为Em＝NBSω 代入数据解得Em＝３００ ２V 发电机线圈内阻上消耗的热功率P内 ＝I１E－I１U１ 可得P内 ＝６４０W ３．(１)①方向由a到b　②v１＝ ４mgR B２d２ ③h＝２mgR B２d２ (２t－ １６mR B２d２ ) 或h＝ ４mgRt B２d２ －３２m ２gR２ B４d４ (２)Q＝m ２g２R B２d２ (１０t′＋ １８mR B２d２ ) －２mgh′ [试题解析](１)①导体棒向上运动根据右手定则,电流 方向由a到b. ②感应电流为I＝Bdv１２R 由平衡条件得BId＋mg＝３mg 得v１＝ ４mgR B２d２ ③根据动量定理(３mg－mg)t－Bdq＝４mv１ 电荷量为q＝IΔt＝ ΔΦΔt􀅰２RΔt＝ Bdh ２R 得h＝２mgR B２d２ (２t－ １６mR B２d２ ) 或h＝ ４mgRt B２d２ －３２m ２gR２ B４d４ (２)开关K 接２,导体棒匀速运动时的电流为I′＝E－Bdv２２R 由平衡条件得BI′d＝３mg－mg 得v２＝ mgR B２d２ 根据动量定理Bdq′－(３mg－mg)t′＝４mv２ 得q′＝２mgt′Bd ＋ ４m２gR B３d３ 由能量守恒Eq′＝１２×４mv ２ ２＋(３mg－mg)h′＋Q 得Q＝m ２g２R B２d２ (１０t′＋１８mR B２d２ )－２mgh′ ４．(１)－３４Bdv０　 (２)v２０－２μgd　(３)４μmgd [试题解析](１)线框右边刚进入磁场时,有E＝Bdv０ 由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为 逆时针 (俯 视).故 a、b 两 点 电 势 差 Uab ＝ － ３ ４E＝ －３４Bdv０ (２)整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好 进入磁场时的速度,设其大小为v,从线框恰好完全进 入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线 运动,由动能定理有 μmgd＝ １ ２mv ２ ０－ １ ２mv ２ 解得v＝ v２０－２μgd (３)线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v０、v, 整个过程中摩擦力不变,由动能定理有 W 安 ＋μmg×３d ＝１２mv ２－１２mv ２ ０ 又由功能关系有Q＝－W 安 解得Q＝４μmgd ５．(１)８N,方向沿斜面向下 (２)１m/s２　(３)１．５W [试题解析](１)金属棒在框架上无摩擦地运动,设刚进 入磁场的速度为v０,根据动能定理得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —３４　 mgdsinθ＝１２mv ２ ０－０ 解得v０＝３m/s 进入磁场后,根据法拉第电磁感应定律E＝BLv０ 根据闭合电路欧姆定律I＝ER 解得I＝２A 电流方向由 N 流向M.框架 MN 边受到的安培力大小 为F安 ＝BIL＝０􀆰８N,方向沿斜面向下. (２)框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上,大小为 f＝μ(M＋m)gcos３７°＝１􀆰８N 设框架的加速度为a,根据牛顿第二定律可得 Mgsinθ＋F安 －f＝Ma 代入数据解得a＝１m/s２ (３)因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜 面对框架的摩擦力平衡,故金属棒和框架整体沿斜面方 向动量守恒,最终金属棒ab与框架分别以v１、v２ 的速度 做匀速运动,则有mv０＝mv１＋Mv２ 此时回路的电动势为E′＝BL(v１－v２) 电流为I′＝E′R 金属棒ab匀速运动mgsinθ－BI′L＝０ 联立解得v１＝２􀆰５m/s,v２＝０􀆰２５m/s 金属棒ab重力的功率P＝mgv１sinθ＝１􀆰５W ６．(１)３m/s　(２)１５１６　 (３)５１３２J　 (４)９６．５J [试题解析](１)对甲导电杆进行分析,根据牛顿第二定 律有B１I０L＝ma１ 根据速度公式有v０＝a１t０ 解得v０＝３m/s (２)甲导电杆刚刚通过P、Q 时的感应电动势E１＝BLv０ 此时的感应电流I１＝ E１ R１＋R２ 解得I１＝０．８A 根据右手定则确定电流从上往下看,方向为逆时针,根 据左手定则可知,乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面 向上,且大小为F１＝B２I１L 解得F１＝０􀆰４N 此时乙恰好开始运动,则有mgsinθ＝μ(mgcosθ－F１) 解得μ＝ １５ １６ (３)根据能量守恒定律,电源 G输出的总能量 E＝１２mv ２ ０＋I２０R１t０ 解得E＝５１３２J (４)对甲分析,在拉力作用下,向右先做加速度减小的变 加速运动,最后做匀速直线运动,则有F＝BI２L 感应电流I２＝ B１Lv１ R１＋R２ 解得v１＝１２m/s 对甲分析,根据动能定理有 Fx甲 ＋W 安 ＝１２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０ 根据功能关系有|W 安|＝Q甲 ＋Q乙 ＋１２CU ２ C,其中UC＝ R２ R１＋R２ B１Lv１ 解得Q乙 ＝９６􀆰５J ７．(１)７．５V　(２)７５１６J [试题解析](１)金 属 棒 乙 在 倾 斜 导 轨 上 最 终 匀 速,有 mgsinθ＝BId 金属棒乙两端的电压U＝IR 联立解得U＝７．５V (２)t１ 时刻的电动势为E＝Bdv１ 又I＝ ER＋r 解得t１ 时刻金属棒乙刚进 入 水 平 导 轨 时 的 速 度v１＝ ５m/s 在t１~t２ 这段时间内,两金属棒所受安培力等大、反向, 因此两金属棒组成的系统动量守恒,则有mv１＝２mv２ 可得金 属 棒 甲 刚 好 与 竖 直 立 柱 碰 撞 时 的 速 度 v２ ＝ ２􀆰５m/s 金属棒甲与竖直立柱碰撞后以原速率返回,两金属棒组 成的系统动量守恒,则有－mv２＋mv２＝２mv３ 可得v３＝０ t２ 时刻以后,系统产生的焦耳热Q总 满足Q总 ＝ １ ２mv ２ ２×２ 解得Q总 ＝２５４ J 金属棒甲产生的焦耳热Q＝ RR＋rQ总 解得Q＝７５１６J ８．(１)CU０　(２) １ ３mv ２　(３)１L m C 　 U０ ２ C m [试题解析](１)开始时电容器所带的电荷量q０＝CU０ (２)BE、CH 两段为绝缘材料制成,整个过程中定值电阻 ２R 上产生的总热量即为导体棒在EFGH 轨道运动过 程产生的热量,对导体棒在EFGH 轨道运动过程,由于 轨道足够长,导体棒最终静止 Q总 ＝１２mv ２,Q＝２３Q总 得Q＝１３mv ２ (３)导体棒在ABCD 轨道运动过程BILt＝mvm－０ Δq＝It C＝ΔqΔU ΔU＝U０－U Δq＝q０－q C＝qU U＝BLvm 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —３５　 得vm＝ CLU０ CBL２＋mB 当且仅当CBL２＝mB 即B＝１L m C 时,最终速度最大,其最大值为vm＝ U０ ２ C m 专题５　机械振动和机械波　光学　热学 １．(１)０．６πs　０．９m　(２)０􀆰０４kg [试题解析](１)单摆每次经过最低点时拉力最大,结合 图乙,该单摆的周期为T＝０􀆰６πs 根据单摆周期公式T＝２π Lg 代入数据可求得L＝０􀆰９m (２)单摆在A、C 点速度为零,由图乙可知,此时摆线的 拉力最小,则有F１＝mgcosα B 点速度最大,摆线拉力最大,则有F２－mg＝m v２ L 其中F１＝０􀆰３９９N,F２＝０􀆰４０２N,从A 点到B 点,由动 能定理有mgL(１－cosα)＝１２mv ２ 联立代入相关数据求得m＝０􀆰０４kg ２．(１)见解析　(２)x′＝１０cos(２πt)(cm) [试题解析](１)如图所示 取向下为正方向,将木筷往下按x之前mg＝F浮 ＝ρgsx０ 按下x后F浮 ＝ρgS(x０＋x) F回 ＝－F浮 ＋mg＝－ρgSx 令ρgS＝k,F回 ＝－kx 所以木筷在水中的运动为简谐运动. (２)因为筷子每１０秒上下振动２０次,则筷子简谐运动 的周期为T＝１s 则筷子振动过程位移随时间变化的关系式 x′＝１０cos(２πTt) ＝１０cos(２πt)(cm) ３．(１)沿x轴正方向或水平向右,沿y轴正方向 (２)４×１０３ m/s　(３)１􀆰２２×１０５ m [试题解析](１)由振动图像和波动图像得,该地震简谐 横波的传播方向沿x 轴正方向或水平向右.t＝１􀆰０s 时,质点P 沿y 轴正方向振动. (２)由振动图像和波动图像得波长λ＝４km,周期 T＝ １􀆰０s,由v＝λT 解得v＝４×１０３ m/s (３)质点P 振动３０s后,波沿x轴正方向传播的距离为 Δx＝vt 则dmax＝Δx＋x０ 解得dmax＝１􀆰２２×１０５ m ４．(１)３６０cm　(２)AC上有２个振动加强点 [试题解析](１)通过图像可知,水波的振动周期为 T＝ ２s,可知水波的波速为v＝λT ＝１m /s 则水波从波源传播到A 点所需时间为t１＝ xsA v ＝３s 故在t＝１２s时间内,小孔A 处的质点振动的时间Δt＝t －t１＝９s＝４􀆰５T 通过的路程SA＝１８A＝３６０cm (２)设AC线段上P 点为振动加强点,则满足 (sB＋BP)－(sA＋AP)＝２n􀅰λ２ 整理得BP－AP＝nλ＋λ２＝ (２n＋１)m(n＝０,１,２􀆺) 根据几何关系可知BP－AP＜AB 根据几何关系可知(sB－sA)＜AB＜(sB＋sA) 即１m＜AB＜７m 因为AB 距离等于４米,３m＜AB≤５m, 则BP－AP＝(２n＋１)m＜５m 解得n存在两个解n＝０或n＝１ 由几 何 关 系 可 知,AC 上 的 点,越 靠 近C 点,波 程 差 越 小,故分析最靠近C 点的加强点是否满足距离关系即 可,设较远点为P′,对应n＝０,则同理满足９＜(AP′＋ １)２－AP′２≤２５ 解得４＜AP′＜１２＜AC,故有２个加强点. ５．(１)２　(２) (３＋ ３)L ３c [试题解析](１)恰好在CD 面发生全反射,由几何关系 可得入射角α＝３０° 刚好全反射时sinα＝１n 解得折射率n＝２ (２)光路图如图所示 根据几何关系可得 PQ＝１２L＋ １ ２Ltan３０°＝ (３＋ ３) ６ L 光在五棱镜中传播速度为v＝cn ＝ c ２ 传播的时间为t＝PQv 代入数据解得t＝ (３＋ ３)L ３c 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋