广东省湛江市2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题

2026年湛江市普通高考调研测试 物理试题 本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1.在医学中，常用伽马刀对肿瘤进行治疗，其原理为钴C0发生衰变，释放Y射线，用伽玛 射线对病变组织进行照射，从而破坏病变组织，达到治疗目的。已知钴C0的半衰期约 为5年，其衰变后生成镍8Ni,下列说法正确的是 A.钴9C0发生的衰变为a衰变 B.Y射线本质上是高速电子流 C.与钴Co相比，镍8Ni的比结合能更大 D.经过10年，钴C0可以全部发生衰变 2.如图所示，某同学在两竖直墙壁之间安装免打孔单杠，单杠两侧与墙壁之间有防滑软胶 垫，靠近墙壁处内置螺纹杆，可通过旋转螺纹杆使单杠向外侧伸长，进而把防滑软胶垫 挤压在墙壁上，则下列说法正确的是 A.该同学利用单杠做引体向上时，软胶垫受到墙壁的摩 擦力向下 挤压 人内置螺纹杆 B.该同学利用单杠匀速引体向上，当两手臂都竖直时，每 只手臂受到的拉力最小 C.螺纹杆向外旋转越多，单杠受到两侧墙壁的弹力均越 大，单杠受到的合力也越大 D.软胶垫与墙体的接触面积越大，软胶垫受到墙壁的摩擦力越大 物理试题第1页（共8页） 3.如图所示，在直径为2r的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，有一边长为2x的正方 形金属线框，线框右侧边恰好与圆形区域左侧相切，现使线框匀速向右运动，并保持线 框c边始终在虚线上，从线框开始进入磁场区域到完全离开过程中，以顺时针为正方 向，电流随时间变化的图像可能正确的是 ×0× 72N D 4.2025年8月15日22时47分，神舟二十号航天员乘组顺利完成了第三次出舱活动，如 图所示为宇航员在空间站外进行出舱作业的情景。已知空间站离地高度约为400k, 地球半径约为6400km,地球同步卫星离地高度约为36000km,空间站和地球同步卫 星的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是 A.宇航员绕地球飞行的速度大于7.9km/s B.宇航员绕地球一圈的时间约为1.5h C.宇航员在空间站外进行出舱作业时不受重力作用 D.空间站舱外组件与宇航员所连接的钩锁一旦脱落，宇航 员将坠向地面 5.如图所示为“神州”系列飞船返回舱返回地球的示意图，其过程可简化为：第一阶段，当 返回舱成功穿越大气层下降到距地面约10公里高度时，降落伞打开，返回舱将在巨大 降落伞向上的阻力作用下，迅速减速，假定此阶段降落伞产生的阻力与速度成正比；第 二阶段，返回舱以较低速度匀速下降：第三阶段，返回舱在距地面还有一定高度时，缓冲 火箭启动喷出气体，返回舱进一步减速，从而使返回舱安全着陆。下列说法正确的是 A.在第一阶段，返回舱做加速度增大的减速直线运动 降落伞 B.在第二阶段，返回舱的机械能守恒 C.在第三阶段，缓冲火箭向上喷出气体 D.在第三阶段，合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化量 返回舱 缓冲火箭 物理试题第2页（共8页） 6.如图甲所示电路，灯泡L1、L2的电阻R=92,定值电阻R。=62,电压表、电流表均为 理想电表，理想变压器的输入电压随时间变化关系如图乙所示，原、副线圈的匝数比 2=22:1,图丙是光敏电阻的阻值R随光照强度E变化的图像，不考虑灯泡电阻随 温度变化。当开关S、S2闭合后，则下列说法正确的是 ↑R/2 18.0日田 ↑u/V S2 15.0 光敏2202 12.0 Ro 电阻 9.0 7n1 0 3i/×10-2s6.0 3.0日 -2202 04 123456Ed 甲 乙 丙 A.变压器的输入电压变化的周期为2s B.随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，电压表V、电流表A的示数逐渐增大 C.当光敏电阻的光照强度E=3cd时，电压表V的示数为10√2V D.当光敏电阻的光照强度E=3cd时，变压器的输入功率约为13.33W 7.某兴趣小组设计了一种测量半圆形玻璃砖折射率的方法，其简要操作如下：将激光笔紧 贴玻璃砖的圆弧面朝圆心O处大头针方向射出激光束，将激光笔出光口在白纸上的投 影记为A点；拔去大头针，使光束穿过玻璃砖后在2处的卡纸上留下光点，该光点在白 纸上的投影记为B点；撤去玻璃砖和卡纸，在白纸上连接AO、BO,延长AO交l2于C 点，作图如图所示。若测得OP、PC和PB的长度分别为1.20cm、0.90cm和1.60cm, 则测得该玻璃砖的折射率约为 A.1.78 B.1.33 C.1.44 D.2.00 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。 8.位于坐标原点的波源产生的一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知图甲为 波源的振动图像，图乙为平衡位置位于x=2处质点的振动图像。下列说法正确的是 A.0~1s内，波源运动的路程为 ↑v/cm ty/cm 10--- 1m B.t=0.5s时波源正从平衡位置 0.2 0.4 0.6 t/s 6 t/s 向y轴正方向运动 C.如果波长大于2m,则波速一 -10 甲 定为器m D.波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点一定处于波谷 物理试题第3页（共8页） 9.如图所示，上表面水平的正方体区域内存在着方向竖直向上的匀强磁场。粒子源S射 出比荷相同、速度不同的甲、乙两粒子均从abcd面的正中央小孔P垂直射入磁场，甲粒 子打在bc边上，乙粒子打在正方形bcc'b的正中央。若不计粒子重力及粒子间的相互 作用，则下列说法正确的是 B A.甲、乙两粒子的速度之比为1：2 B.甲、乙两粒子均带正电 C.甲、乙两粒子在磁场中运动周期之比为2：1 D.甲、乙两粒子运动过程中所受洛伦兹力做功均为零 10.为了避免突然产生的加速度让乘客有明显不舒服的顿挫感，电梯在竖直方向上减速下 降过程中加速度α，随时间t变化的图像如图甲所示，取竖直向下为正方向，t=0时刻 和。时刻的加速度均为零。如图乙所示，t=0时刻，一小物块在电梯中以初速度水 平向右滑动，。时刻恰好减速至零，该过程中物块在竖直方向与电梯保持相对静止，电 梯厢足够长，物块不与电梯发生碰撞，物块与电梯之间的动摩擦因数为“，重力加速度 为g。若取水平向右为正方向，关于小物块水平方向的加速度αx、水平方向的速度v、 水平方向的位移x随时间t变化的图像可能正确的是 0 甲 乙 ↑ax tax 2 0 0 -ug 20 to 2(g0 ug-1o 2 A B C D 物理试题第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分) 某兴趣小组用图甲所示的向心力演示器验证向心力F的大小与质量m、角速度ω和 半径x之间的关系。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的半径之比为1：2：1，变速塔 轮自上而下每层左、右半径之比分别为1：1、2：1和3：1，如图乙所示。 左 R 皮带 挡板A 挡板C 小球 挡板B 第一层 第二层 第三层 甲 (1)在进行下列实验时采用的方法与本实验相同的是 (填正确答案标号)。 A.伽利略对自由落体的研究 B.探究两个互成角度的力的合成规律 C.卡文迪什通过扭秤实验测出引力常量 D.探究加速度与力、质量的关系 (2)在某次实验中，验证向心力F与角速度ω之间的关系时，左、右两标尺露出的格子 数之比为1：9，运用圆周运动知识可以判断是将传动皮带调至第 (填“一”“二”或 “三”)层塔轮。 (3)现有两小球1和2，质量分别为m1和m2,且m1=3m2,在另一次实验中，把小球1 放在B位置，小球2放在C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左 右两标尺露出的格子数之比约为 物理试题第5页（共8页) 12.(10分) 小德同学测量某金属丝的电阻率： (1)该同学用多用电表欧姆挡测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过 大，重新选择挡位并进行欧姆调零后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为 2. (2)为更精确测量金属丝的阻值R,小德同学从实验室找到了以下仪器设计实验 方案： 5040302015 10 A.电池组（电动势为3V,内阻r未知） 50010 5 200 B.电流表A,(量程为50mA,内阻为102) 150 C.电流表A2(量程为3A,内阻为12) 40 TTW D.电阻箱R1(阻值范围为0~99.92) 5 0.5 E.电阻箱R2(阻值范围为0~9.992) 50002/V 2.5 25002/V ANV-O F.开关S和导线若干 甲 (3)该同学设计的电路图如图乙所示，为能完成金属丝的电阻测量，电流表选择 (填器材前字母序号)。 电阻箱R1 电阻箱R2 0 45 丙 (4)小德同学进行的实验操作如下： ①用米尺测出接入电路的金属丝长度，用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图丙所示 金属丝的直径d= mm。 ②将电阻箱R2的阻值调节为3.O0Ω，在之后的操作中电阻箱R2的阻值保持不变，调 节电路中的电阻箱R,多次测量并依次记录电阻箱R1的阻值R和电流表的示数I。 ③根据以上记录数据，可以作出I-R图像。 你对小德处理实验数据的方法是否认同？如果不认同，请提出改进意见： (5)通过数据处理方法的改进，小德同学发现以上实验方案的电阻率测量结果 (填“偏大”或“偏小”)，于是调整实验操作重做实验： ①找来接线夹接入电路，通过改变接线夹的位置来改变金属丝接入电路的长度，并测 得该长度L; ②改变电阻箱R的阻值R,以保持电路中电流不变； ③记录R、L数据，并作出R-L图像，算得R-L图像斜率绝对值k。 你认为经过以上改进后，影响原实验方案的因素对电阻率的测量结果 (填 “有”或“无”)影响。 物理试题第6页（共8页） 13.(9分) 有一个热水瓶，体积为2L,里面装入一半87℃的热水，然后立刻盖上圆柱形的瓶塞， 瓶塞的底面积为20c,过了一段时间，瓶内水温降低到27℃。已知大气压强为1× 105P,热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K,瓶塞密封良好不漏气且重力和摩 擦力可以忽略不计，瓶中气体可视为理想气体，不考虑瓶内水蒸气的影响。 (1)在温度下降时，试从微观角度分析说明热水瓶内的气体压强的变化。 (2)此时瓶中气体压强为多大？如果要拔开瓶塞，至少需要多大的力？ 14.(14分) 在现代吸入式药物治疗（如哮喘、肺部给药）中，需要将不同大小、不同带药量的气溶 胶微粒精确地分选并输送到肺部的不同区域。该设备中的核心部件 —“静电轨道分选 器”的原理简图如图所示，平行板电容器的电容为C,相距为d的两个极板MN和PQ倾 斜放置，上极板的左端M和下极板的右端Q等高，极板与水平方向的夹角α=37°，上极板 MN带正电，下极板PQ带负电，将一个可视为质点、质量为m、电荷量为一q(q>0)的小 球，从Q点由静止释放，小球恰好沿直线QM水平向左做直线运动。已知重力加速度为 g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求电容器极板MN的带电量q'; (2)求小球到达M端时的动能Ek; (3)若小球从Q点以vo垂直极板MN向上射出，恰能击中极板MN的中点，求6的 大小。 物理试题第7页（共8页） 15.(15分) 某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，水平轨道左侧固定一弹 射器，将一质量为1kg的滑块1压缩在图示位置后锁定（滑块1与弹射器内的轻弹簧不粘 连，弹簧处于原长状态时右端恰好在A点)。水平轨道右侧放置一劲度系数k=300N/m 的轻弹簧，弹簧右端固定，左端B点放置一质量为3kg的滑块2（滑块2与轻弹簧不粘 连)，开始时轻弹簧处于原长状态。现解除锁定释放滑块1，释放后弹簧弹力与位移的关系 如图乙所示，滑块1经过水平轨道B点时与滑块2发生正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间滑 块2的速度为5m/。已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为T=2π、√（其中m,为振 子质量，k为弹簧劲度系数)，滑块1和2均可视为质点，不计一切摩擦 (1)求解除锁定前弹射器存储的弹性势能大小E。以及弹射过程中弹射器对滑块1的 冲量大小I。; (2)求滑块1和2发生第一次碰撞过程中损失的动能△E; (3)若在滑块1和2发生第二次碰撞之前，滑块1还没有碰到弹射器，求水平轨道上 A、B两点间距离的最小值Lmm。(取π=3.14，计算结果保留2为小数) F/N 300 滑块1 滑块2 弹射器0 M 77777777777777777777 B 0.48x/m 甲 乙 呈 物理试题第8页（共8页）参考答案及解析 物理 2026年湛江市普通高考调研测试 物理参考答案及解析 一、单项选择题 缓冲火箭向下喷出气体，受到向上的反作用力，C项 1.C【解析】衰变方程为Co→Ni十-9e,为B衰 错误；由动能定理可知，第三阶段返回舱动能的变化 变，A项错误；Y射线本质上是高能光子，B项错误； 量应该等于合外力做的功，D项正确。 衰变释放能量，生成物更稳定，比结合能更大，故N 6.D【解析】由图乙可知变压器的输入电压变化的周 的比结合能更大，C项正确；经过10年，钴C0还有 期为2×10-2s,A项错误：电压表V的示数是变压器 的质量没有发生衰变，D项错误。 副线圈两端电压的有效值，而变压器的输入电压有效 值恒定，则电压表V的示数是由变压器匝数比决定 2.B【解析】把单杠、软胶垫和该同学看作整体，这个 整体相对墙壁有向下运动的趋势，故软胶垫受到墙壁 的，即U,=U,=罗V=10V,电压表V的示数为 的摩擦力向上，A项错误：该同学利用单杠匀速引体 10V,保持不变，随着光敏电阻的光照强度逐渐增大， 向上，当该同学两手臂都竖直时，每个手臂受到的拉 光敏电阻逐渐减小，副线圈电路总电阻减小，电流增 力等于该同学的重力的一半且最小，B项正确；螺纹 大，电流表A的示数逐渐增大，B、C项错误；由C项 杆向外旋转越多，单杠受到两侧墙壁的弹力均越大， 可知，Uv=10V,由图丙可知，E=3cd时，R=6.02, 但所受合力一直为零，C项错误；软胶垫受到墙壁的 则副线圈电路的总电阻R。=7.52,消耗的总功率 总摩擦力等于整体的重力，和软胶垫与墙体的接触面 积无关，D项错误。 n贤-是 W≈13.33W,变压器的输入功率等 3.D【解析】对线框，根据法拉第电磁感应定律有e= 于副线圈电路消耗的总功率，故D项正确 7.B【解析】根据勾股定理可求出OC、OB的长度分别 Blu,又l=2√F一(-ut)产，根据欧姆定律有i= 卡，联立可得i=发√2一0T,再结合楞次定律 为1.5cm,2cm,再根据折射定律可得n=sin∠PO迟 sin∠POC PB 可知，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，离 OB PC ≈1.33，B项正确。 开磁场时感应电流的方向为顺时针，故D项正确。 oc 4.B【解析】7.9km/s是地球卫星环绕地球运行的最 二、多项选择题 大速度，故宇航员绕地球飞行的速度小于该速度，A 项错误：宇航员绕地运行的轨道半径约为6800km, 8.AC【解析】由图像可知，波源的振动周期T= 0.4s,振幅A=10cm,0~1s内，波源运动的路程s 同步卫星绕地运行的轨道半径约为42400km,地球 同步卫星的环绕周期为24h,根据开普勒第三定律计 -÷·4A=10A=100cm=1m,A项正确：由图甲 算可得，宇航员绕地球一圈的时间约为1.5h,B项正 可知，t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴负方向运 确；宇航员在空间站外进行出舱作业时依然受到重力 动，B项错误；该波沿x轴正方向传播，则两质点间的 作用，宇航员所受重力充当其随空间站一起绕地球做 圆周运动所需的向心力，C项错误：即使空间站舱外 距离为(m十是)X=4(n=0,1.2),解得入 组件与宇航员所连接的钩锁脱落，宇航员仍以同样大 4m十3m,如果波长大于2m,则一定有n=0,由波速 小的速度继续绕地球做圆周运动，不会坠向地面，D 项错误。 的公式得产朵ms婴m/,C项正确：由 5.D【解析】由受力分析知第一阶段返回舱受重力和 振动图像可知，波源位于平衡位置时，x1=2m处的 降落伞产生的阻力，由牛顿第二定律知f-mg=ma, 质点可能处于波谷也有可能处于波峰，D项错误。 又降落伞产生的阻力与速度成正比，则减速过程∫减 9.ABD【解析】由题意可知，甲、乙两粒子在磁场中做 小，a减小，返回舱做加速度减小的减速直线运动，A 匀速圆周运动的轨道半径之比为1：2，由洛伦兹力充 项错误；在第二阶段返回舱匀速下降，动能不变，重力 势能减小，所以机械能减小，B项错误；在第三阶段， 当向心力可得qB=m号，所以，一器因为甲，乙两 物理 参考答案及解析 粒子比荷相同，所以其道半径与速度成正比，则甲、 (3)B(1分) 乙两粒子的速度之比为1：2，A项正确；由左手定则 (4)5.500(2分) 不认同，改作二-R图像，图线为 可以判断出甲、乙两粒子均带正电，B项正确；粒子在 感场中运动用期T一号一器，比背相同，所以甲。】 直线，方便数据处理(2分) (⑤)偏大1分)不影响。E=I(p5+R十r十R), 乙两粒子的运动周期相同，C项错误；因为洛伦兹力 始终与粒子的速度垂直，所以洛伦兹力不做功，D项 得R=号-一R一号L,1保持不变，R与L是一 正确。 10.BC【解析】由牛顿第二定律可得mg一Fy=ay, 次函数，则电阻率p=心，与r及均无关(2分) 一aFy=mar,解得ar=fua,一ug,a-t图像的面积 【解析】(1)用“×10”挡时发现指针偏转角度过大， 为速度变化量，由图像的对称性可得gt。十（am 说明电阻较小，重新选择“×1”挡，因此读数 g)令=w,解得水平加速度的最大值。= 为14.02。 (3)电流表A2量程过大，因此选电流表A1,故填B。 g,故A项错误，B项正确；，t图像斜率的绝对值 (4)金属丝的直径d=5.5mm十0.01mm×0.0= 表示加速度的大小，由a,=uay一g可知，u,随时 5.500mm;设改装后电流表的量程变为原来的k 间的变化满足对称性，加速度先增大后减小，故斜率 倍，内阻为R,根据闭合电路电路欧姆定律可得I 先增大后减小，C项正确：v-t图像的面积表示位 E 移，由图像的对称性结合上述分析可得，t。内的总位 ,十+尺十R,整理可得子-合R十 移为，多内的位移大于总位移的子，即大于 (十R+R,应改作子R图像，图线为直线， E 3,故D项错误。 方便数据处理。 8 (5)测量电阻含改装后电流表电阻及电源内阻，电源 三、非选择题 内阻未知，无法消除，所以电阻率的测量结果偏大； 11.(1)D(2分) (2)三(2分) 根据闭合电路欧姆定律可得E=1(?专 +R+r+ (3)3:2(2分) 【解析】(1)在这个实验中，利用了控制变量法来验 R),整理可得R=号-，一R,一长L,1保持不变， 证向心力的大小与质量、角速度w和半径r之间 R与L是一次函数，则k=号，又S=π（号），可得 的关系，D项探究加速度与力、质量的关系采用了控 制变量法，故D项正确。 =红，与r及R均无关，因此改进后，影响原实 4 (2)在验证向心力和角速度的关系实验中，应取质量 验方案的因素不影响对电阻率的测量。 相同的小球分别放在图甲中挡板A和挡板C处，变 13.【解析】(1)由于瓶塞密封良好不漏气，则瓶中气体 速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相 的体积不变，气体分子数密度不变 (1分) 等，根据w左R左=w4R5,可得与皮带连接的变速塔 温度降低时，气体分子的平均动能减小 (1分) 轮相对应的半径之比为R左R=@:w=√m7 气体分子对器壁单位面积的压力减小，则热水瓶内 的气体压强减小 (1分) E=3:1,故需要将传动皮带调至第三层塔轮。 (2)气体做等容变化 初状态：p=1×10Pa,T。=t。十273K=360K (3)小球1、2质量之比为3：1，在实验中把小球1放 末状态：p,T=t+273K=300K 在B位置，小球2放在C位置，即转动半径之比为 2:1,传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为2：1， 根据查理定律可得会=号 (2分) 则根据v=wR可知，角速度之比为1：2，根据F= (1分) wr,可知向心力之比为3：2，则转动手柄，当塔轮 解得p=250000 a 3 匀速转动时，左、右两标尺露出的格子数之比约 对瓶塞进行受力分析，如图所示 为3：2。 12.(1)14.0(或14,2分) ·2· 参考答案及解析 物理 垂直QM方向有 2d =v cos a·t (2分) 平行QM方向有 17d 1 15 =sin a·t+ (2分) PoS 联立解得o 3√5gd (2分) 20 15.【解析】(1)根据动能定理可知We= 21哈(1分) 又因为F-x图像面积表示弹力做的功，所以 根据平衡状态有pS十F=p,S (2分) 解得F=10N W:=号×30X0.48j=72J (1分) (1分) 所以滑块离开弹射器时的速度6=12m/s 14.【解析】(1)对小球，根据受力分析可得cosa= mg 由能量守恒可得释放前弹射器具有的弹性势能大小 gE (1分) E,=号m话=2J (1分) 解得E=5m竖 由动量定理可知，弹射器对滑块1的冲量大小 4q I0=△p=1=12N·s (2分) 对电容器，有U=Ed (1分) (2)由动量守恒定律可得m6=一11十2 q'=CU (1分) (1分) 联立解得g=5mgdC (1分) 碰后瞬间滑块1的速度大小=3m/s 由能量守恒定律可得，发生第一次碰撞过程中损失 (2)由(1)得U=5mgd (1分) 49 的动能 小球从释放至运动到M端过程，根据动能定理可得 △E= 1 1 m16-之m听-之m听=30J (2分) E.=qU (2分) (3)滑块2与弹簧一起做简谐运动，由弹簧振子周期 解得E=5mgd 4 (1分) 其他解法 公式可得T=2x√受-号。 (1分) 根据受力分析和牛顿第二定律有mgtan a=ma 滑块2回到B点时，滑块1、2间的距离为 (1分) (1分) 解得a- 此后为滑块1、2的追及过程，从第一次碰撞到第二 根据运动学规律可得=2a d 次即将发生碰撞过程中 (1分) sin a △s十51=52 (1分) 小球到达M端的动能Ek= 1 2 (1分) 即△s十Ut=yt (1分) 解得E=5mgd 解得1=器、 (1分) (1分) 4 要满足滑块1、2发生第二次碰撞之前，滑块1没有 (3)小球沿QM方向的分运动为匀加速直线运动，垂 碰到弹射器，A、B两点间距离的最小值为 直QM方向的分运动为匀速直线运动，如图所示 Lmm=52=U2t≈2.36m (2分) ·3