《高中物理 第十章交變電流 傳感器課件 魯科版選修32》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理 第十章交變電流 傳感器課件 魯科版選修32（60頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、考綱點擊備考導讀1. 交變電流、交變電流的圖象 2. 正弦交變電流的函數(shù)表達式、峰值、有效值 3. 理想變壓器 4. 遠距離輸電 實驗十一：傳感器的簡單使用1.本章內容實際上是電磁感應現(xiàn)象研究的繼續(xù)及其規(guī)律的具體應用，復習時既要注意本章知識所具有的特點(如周期性、最大值和有效值等)，還要時時注意本章知識與電磁感應規(guī)律的聯(lián)系2近幾年高考對本章內容的考查，既有對本章知識的單獨考查，命題頻率較高的知識點有交變電流的變化規(guī)律，變壓器的電壓比、電流比及有關功率問題；也有把本章知識和力學等知識相聯(lián)系來綜合考查的問題，例如帶電粒子在加有交變電壓的平行金屬板間的運動問題3. 新課標考綱對知識均只做了級要求，降

2、低了要求，原則上應該不會出現(xiàn)難題和偏題. 第第1節(jié)交變電流的產生和描述節(jié)交變電流的產生和描述 一、交變電流及其產生 描述交變電流的物理量1. 交變電流：_和_都隨時間做周期性變化的電流即交變電流. 2. 正(余)弦式交流電：交變電流的產生有很多形式. 常見的正(余)弦式交變電流可由線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感應強度方向的軸轉動產生. 若從中性面開始轉動則產生_交變電流，從峰值面開始轉動則產生_交變電流3. 中性面與峰值面：當線圈轉動至線圈平面垂直于磁感線位置時，各邊都不切割磁感線，線圈中沒有感應電流，這個特定位置叫做_. 其特點是：線圈與磁場方向垂直，線圈每次經過該面感應電流方向均發(fā)生改變.

3、峰值面就是線圈平面與磁感線平行的面，其特點是：磁通量為_，但電動勢_. 二、交變電流的圖象1. 根據(jù)圖象的意義，從圖象的縱坐標軸上可以直接讀出交變電流的_，從圖象的橫坐標軸上可以直接讀出交變電流的_，從而可推導角速度及頻率. 2. 周期與角速度、頻率的關系是T_，f_. 交變電流的頻率與線圈的_相等. 3. 圖象本身體現(xiàn)了函數(shù)關系，反映了交變電流的瞬時變化關系，故圖象本身是確定交變電流瞬時表達式的依據(jù)正弦式電流的變化規(guī)律 1正弦式交流電的變化規(guī)律(注意圖與圖的對應關系)2.交變電流瞬時值表達式的基本書寫思路(1)確定正弦式交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象或由公式EmnBS求出相應峰值(2)明確線圈

4、的初始位置，找出對應的函數(shù)關系式線圈從中性面開始轉動，則it圖象為正弦函數(shù)圖象，函數(shù)式為iImsin t.線圈從垂直中性面開始轉動，則it圖象為余弦函數(shù)圖象函數(shù)式為iImcos t.線圈不是從以上兩位置開始轉動，先通過三角函數(shù)變換到以上兩種形式，再寫出函數(shù)表達式單匝矩形線圈abcd放在勻強磁場中，如圖所示，abcdl1，adbcl2，從圖示位置起以角速度繞不同轉軸做勻速轉動，則()【點撥】線圈繞轉軸轉動，產生感應電動勢，要清楚切割磁感線的邊. 【解析】以OO為轉軸時，圖示位置相當于是峰值面，根據(jù)感應電動勢的表達式eEmcos t可知eBl1l2cos t，C正確，A錯誤再根據(jù)三角函數(shù)關系可知D

5、錯誤若線圈以O1O1為轉軸，則線圈磁通量變化始終為零，感應電動勢為零【答案】C1一矩形線圈，繞垂直勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸轉動，線圈中的感應電動勢e隨時間t的變化如圖所示，下列說法中正確的是()At1時刻通過線圈的磁通量為零Bt2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大Ct3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最大D每當e改變方向時，通過線圈的磁通量的絕對值都最大【解析】由圖可知，t1和t3時刻電動勢為零，線圈處于中性面位置，此位置磁通量最大，磁通量的變化率為零，電動勢改變方向，故A、C錯誤，D正確；t2時刻電動勢最大，磁通量為零，B錯誤【答案】D 對交變電流的“四值”的理解和應用 如圖所示，一

6、個邊長L10 cm，匝數(shù)n100匝的正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO勻速運動，磁感應強度B0.50 T，角速度10 rad/s，外電路電阻R4.0 ，線圈內阻r1.0 .(1)求線圈轉動的周期和感應電動勢的最大值(2)寫出線圈由圖中所示位置開始計時時，感應電動勢的瞬時值表達式(3)求交流電壓表的示數(shù)【點撥】由磁場情況和線圈轉動情況可以確定瞬時值表達式，電壓表和電流表的示數(shù)均為電路中電壓和電流的有效值 2. (2010廈門外國語學校高三月考)矩形金屬線圈共10匝，繞垂直磁場方向的轉軸在勻強磁場中勻速轉動，線圈中產生的交流電動勢e隨時間t變化的情況如圖所示下列說法中正確的是

7、 ()A. 此交流電的頻率為0.2 HzB. 此交流電動勢的有效值為1 VC. t0.1 s時，線圈平面與磁場方向平行D. t0.1 s時，通過線圈的磁通量最大【解析】由et圖象可知，交變電流的周期為0.2 s，每匝線圈中電動勢最大值為1 V，故頻率為5 Hz，該交流電動勢的最大值為10 V，有效值為 V，選項A、B錯誤t0.1 s時，電動勢的瞬時值為零，方向改變，線圈處在中性面上，通過線圈的磁通量最大，故C錯誤，D正確【答案】C【答案】D第第2節(jié)變壓器電能的輸送節(jié)變壓器電能的輸送 一、變壓器1構造：由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的_和_組成，如圖所示2原理：根據(jù)電磁感應現(xiàn)象中的_來改變電壓3理想變壓

8、器的規(guī)律理想變壓器是指無能量損失(一般包括線圈內能量損失和鐵芯內能量損失這兩部分)和無磁通量損失(磁通量全部集中在鐵芯中)基本關系式：4常見變壓器(1)自耦變壓器調壓變壓器(2)互感器電壓互感器：用來把_變成_電流互感器：用來把_變成_二、電能的輸送1輸電損耗功率的計算：P損I2R_.2降低輸電損耗的兩個途徑(1)減小輸電導線的_，如采用電阻率小的材料、加大導線的橫截面積等(2)提高輸電_，減小輸電電流3交流電遠距離高壓輸電電路模式如圖所示 變壓器基本關系的應用思路 (高考改編題)如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1 5，原線圈兩端的交變電壓為 ，氖泡在兩端電壓達到100 V時開始發(fā)光，

9、下列說法中正確的是()A開關接通后，氖泡的發(fā)光頻率為50 HzB開關接通后，電壓表的示數(shù)為100 VC開關斷開后，電壓表的示數(shù)變大D開關斷開后，變壓器的輸出功率不變【點撥】(1)電壓表的讀數(shù)為交流電的有效值(2)原、副線圈上交流電的周期與頻率是相同的(3)原、副線圈的電壓、電流與原、副線圈匝數(shù)的比例關系(4)原線圈的輸入功率由副線圈的輸出功率決定【答案】B1. 理想變壓器的原線圈連接一個電流表，副線圈接入電路的匝數(shù)可通過滑動觸頭Q調節(jié)，如圖所示，在副線圈上連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭，原線圈兩端接在電壓為U的交流電源上，則()A. 保持Q的位置不動，將P向上滑動時

10、，電流表的讀數(shù)變大B. 保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)不變C. 保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大D. 保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變小【解析】根據(jù)理想變壓器原、副線圈上電壓、電流的決定關系，可知在輸入電壓U1不變的情況，U2不變當保持Q的位置不動，滑動頭P向上滑動時，副線圈上的電阻增大，電流減小，故輸入電流I隨著減小，即電流表的示數(shù)變小，A、B錯誤；若保持P的位置不動，將Q向上滑動時，由U1/U2n1/n2可知副線圈上匝數(shù)增大，引起副線圈上電壓增大，即副線圈上電流增大，故原線圈上的電流隨著增大，故電流表的示數(shù)增大，C正確，D錯誤【答案】C輸電

11、線路問題分析 1. 遠距離輸電線路示意圖，如圖所示 某小型水電站，水以 3 m/s的速度流入水輪機，而以 1 m/s 的速度流出. 流出水位比流入水位低1.6 m ，水流量為2 m3/s. 如果水流能量的75% 供給發(fā)電機. 求： (1)若發(fā)電機效率為 80%，則發(fā)電機的輸出功率為多大(2)發(fā)電機的輸出電壓為240 V，輸電線路的電阻為19.2 ，許可損耗功率為 2%，用戶所需電壓為220 V，則所用升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比各是多少【點撥】(1)根據(jù)能量守恒，水減少的機械能的80%轉化為電能(2)畫出遠距離輸電電路圖，找出各物理量的關系. 2. (2010福建卷)中國已投產運

12、行的1 000 kV特高壓輸電是目前世界上電壓最高的輸電工程假設甲、乙兩地原來用500 kV的超高壓輸電，輸電線上損耗的電功率為P.保持輸送電功率和輸電線電阻都不變的條件下，現(xiàn)改用1 000 kV特高壓輸電，若不考慮其他因素的影響，則輸電線上損耗的電功率將變?yōu)?)A. P/4B. P/2C. 2PD. 4P【解析】根據(jù)PUI知，輸電功率不變的情況下，輸電電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流變?yōu)樵瓉淼?/2，根據(jù)PI2R知輸電線路上的功率損失變?yōu)樵瓉淼?/4.【答案】A變壓器公式I1/I2n2/n1是有條件的，即只有一個副線圈根據(jù)能量轉化和守恒定律P1P2，I1U1I2U2才有這個形式具體問題中往往會遇到

13、不是一個副線圈的情況，不能不考慮條件的亂套公式收音機的變壓器的原線圈有1 210匝，接在U1220 V的交流電源上，變壓器有兩個副線圈副線圈的匝數(shù)為35匝，副線圈的匝數(shù)是1 925匝如果不計變壓器自身的能量損耗，當變壓器工作時，線圈的電流是0.3 A時，原線圈的電流I10.114 A求線圈中電流和輸出電壓(電流的計算結果保留三位有效數(shù)字)【答案】0.006 2 A350 V 實驗十一傳感器的簡單使用實驗十一傳感器的簡單使用 實驗目的1認識熱敏電阻、光敏電阻等傳感器的特性2了解傳感器在技術上的簡單應用實驗原理傳感器是把非電學物理量(如位移、速度、壓力、溫度、濕度、流量、聲強、光照度等)轉換成易于

14、測量、傳輸和處理的電學量(如電壓、電流、電容等)的一種元件，起自動控制作用一般由敏感元件、轉換器件、轉換電路三個部分組成，轉換過程如下所示：常見的敏感元件：光敏電阻、金屬熱電阻、熱敏電阻和霍爾元件等實驗器材熱敏電阻、光敏電阻、多用電表、鐵架臺、燒杯、冷水、熱水、小燈泡、學生電源、繼電器、滑動變阻器、開關、導線、溫度計等實驗步驟1研究熱敏電阻的熱敏特性(1)按圖所示連接好電路，將熱敏電阻進行絕緣處理，多用電表的選擇開關置于“100”歐姆擋；(2)先用多用電表測出燒杯中沒有水時熱敏電阻的阻值，并記下溫度計的示數(shù)；(3)向燒杯中注入少量的冷水，使熱敏電阻浸沒在冷水中，記下溫度計的示數(shù)和多用電表測量的

15、熱敏電阻的阻值；(4)將熱水分幾次注入燒杯中，測出不同溫度下熱敏電阻的阻值，并記錄在下表中： 次數(shù)待測量 溫度() 電阻() (5)根據(jù)記錄數(shù)據(jù)，作出Rt圖線，分析熱敏電阻的特性從而得出結論：熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小，隨溫度的降低而增大2研究光敏電阻的光敏特性(1)將光敏電阻、多用電表、燈泡、滑動變阻器按圖所示電路連接好，其中多用電表置于“1 k”歐姆擋；(2)先測出小燈泡不發(fā)光時光敏電阻的阻值，并記錄數(shù)據(jù)；(3)閉合電源，讓小燈泡發(fā)光，調節(jié)小燈泡的亮度使之逐漸變亮，觀察多用電表指針顯示電阻阻值的情況，并記錄在表中；(4)根據(jù)下表中數(shù)據(jù)，分析光敏電阻的特性光照強度無光照弱中強電阻()由

16、表中數(shù)據(jù)可得結論：光敏電阻的阻值R隨光照強度變化而發(fā)生變化，光照增強電阻變小，光照減弱電阻變大注意事項1熱敏電阻、燒杯和溫度計容易破損，實驗中注意輕拿輕放2燒杯中加水改變溫度時，要等熱敏電阻溫度穩(wěn)定后再測量其阻值3光敏電阻、小燈泡的額定電壓比較小(6 V)，實驗中不要超過其額定電壓誤差分析本實驗的誤差主要來自于溫度計和多用電表的讀數(shù)誤差(1)熱敏電阻是傳感電路中常用的電子元件現(xiàn)用伏安法研究熱敏電阻在不同溫度下的伏安特性曲線，要求特性曲線盡可能完整已知常溫下待測熱敏電阻的阻值約45 .熱敏電阻和溫度計插入帶塞的保溫杯中，杯內有一定量的冷水，其他備用的儀表和器具有：盛有熱水的熱水杯(圖中未畫出)、

17、電源(3 V、內阻可忽略)、直流電流表(內阻約1 )、直流電壓表(內阻約5 k)、滑動變阻器(020 )、開關及導線若干在圖(b)的方框中畫出實驗電路圖，要求測量誤差盡可能小根據(jù)電路圖，在圖(a)的實物圖上連線簡要寫出完成接線后的主要實驗步驟：A往保溫杯中加入熱水，稍后讀出溫度值B_.C重復A、B步驟，測出不同溫度下的數(shù)據(jù)D_(2)廣泛應用于室內空調、電冰箱和微波爐等家用電器中的溫度傳感器，是利用熱敏電阻隨溫度變化而變化的特性工作的在圖甲中，電源的電動勢E 9.0 V，內電阻可忽略不計；G為內阻不計的靈敏電流表；R0為保護電阻；R為熱敏電阻，其電阻值與溫度變化關系如圖乙中Rt圖象所示則熱敏電阻

18、R與攝氏溫度t的關系為R_；閉合開關S，當R的溫度等于40 時，電流表示數(shù)I12.25 mA，則當電流表的示數(shù)I23.6 mA時，熱敏電阻R的溫度是_.【解析】(1)因為熱敏電阻的阻值(常溫下約5 )與直流電流表內阻(1 )差不多，比直流電壓表內阻(5 k)小得多，所以用電流表外接法，為了多次測量以便列表作出圖象，所以滑動變阻器用分壓式接法此處需要用伏安法研究熱敏電阻，實驗步驟要考慮到需取多組數(shù)據(jù)作圖(2)因為圖象是直線，用斜截式求熱敏電阻R與攝氏溫度t的關系，設為Rktb，則根據(jù)t0 時，R4.25 k，得b4.25(此處易誤讀為R4.5 k，要注意)再根據(jù)t120 時，R2 k，得k0.0

19、187 5.所以得R與t的關系式為R1.875102t4.25.由圖甲可得EI(RR0)，由圖乙讀出，當t40 時，R3.5 k，代入得9.02.25(3.5R0)，可求出R00.5 k，又有9.03.6(0.5R)，解得R2 k，查圖乙得t120 .【答案】(1)如圖所示實物連接圖略B.調節(jié)滑動變阻器，快速測出多組I、U值D繪出各溫度下熱敏電阻的伏安特性曲線(2)1.875102t4.25120(2010全國卷)如圖所示，一熱敏電阻RT放在控溫容器M內：為毫安表，量程6 mA，內阻為數(shù)十歐姆；E為直流電源，電動勢約為3 V，內阻很??；R為電阻箱，最大阻值為999.9 ；S為開關. 已知RT在

20、95時阻值為150 ，在20 時的阻值約為550 . 現(xiàn)要求在降溫過程中測量在9520 之間的多個溫度下RT的阻值. (1)在圖中畫出連線，完成實驗原理電路圖(2)完成下列實驗步驟中的填空依照實驗原理電路圖連線調節(jié)控溫容器M內的溫度，使得RT溫度為95 .將電阻箱調到適當?shù)某踔?，以保證儀器安全閉合開關. 調節(jié)電阻箱，記錄電流表的示數(shù)I0 ，并記錄_. 將RT的溫度降為T1 (20 T195 )；調節(jié)電阻箱，使得電流表的讀數(shù)_，記錄_. 溫度為T1時熱敏電阻的電阻值RT1_. 逐步降低T1的數(shù)值，直至20 為止；在每一溫度下重復步驟.【解析】(1)由于本實驗只有一個可以用來測量或觀察的電流表，所

21、以應該用“替代法”的思維考慮用電流表觀察保證電路的電阻不變，因此將熱敏電阻、電阻箱和電流表串聯(lián)形成測量電路而且熱敏電阻的95 和20 的阻值是已知的，所以熱敏電阻的初始溫度為95 ，則電流表數(shù)不變時電阻箱與熱敏電阻的串聯(lián)電路電阻保持150 加電阻箱的初值之和不變，如果熱敏電阻的初始溫度為20 ，則電流表示數(shù)不變時電阻箱與熱敏電阻的串聯(lián)電路電阻保持550 加電阻箱的初值之和不變，則可以測量任意溫度下的電阻電路圖如圖所示(2)實驗步驟為：依照實驗原理電路圖連線調節(jié)控溫容器M內的溫度，使得RT的溫度為95 .將電阻箱調到適當?shù)某踔担ＷC儀器安全閉合開關，調節(jié)電阻箱，記錄電流表的示數(shù)I0，并記錄電阻箱

22、的初值R0.將RT的溫度降低為T1，調節(jié)電阻箱，使得電流表的讀數(shù)仍為I2，記錄電阻箱的讀數(shù)R1. 溫度為T1時，熱敏電阻的電阻值Rt1150 R0R1.將RT的溫度逐漸降低直到為20 止，在每一溫度下重復步驟ef.【答案】(1)見解析圖(2)電阻箱的讀數(shù)R2仍為I2電阻箱的讀數(shù)R1150 R0R1(2009寧夏卷)青島奧運會帆船賽場采用風力發(fā)電給蓄電池充電，為路燈提供電能. 用光敏電阻作為傳感器控制路燈電路的開關，實現(xiàn)自動控制. 光敏電阻的阻值隨照射光的強弱而變化，作為簡化模型可以近似認為，照射光較強(如白天)時電阻幾乎為0；照射光較弱(如黑天)時電阻接近于無窮大. 利用光敏電阻作為傳感器，借

23、助電磁開關，可以實現(xiàn)路燈自動在白天關閉，黑天打開. 電磁開關的內部結構如圖所示. 1、2兩接線柱之間是勵磁線圈，3、4兩接線柱分別與彈簧片和觸點連接. 當勵磁線圈中電流大于50 mA時，電磁鐵吸合鐵片，彈簧片和觸點分離，3、4斷開；電流小于50 mA時，3、4接通. 勵磁線圈中允許通過的最大電流為100 mA. (1)利用以下器材設計一個自動控制路燈的電路，畫出電路原理圖. 光敏電阻R1，燈泡L，額定功率40 W，額定電壓36 V，保護電阻R2，電磁開關，蓄電池E，電壓36 V，內阻很小，開關S，導線若干. (2)回答下列問題：如果勵磁線圈的電阻為200 ，勵磁線圈允許加的最大電壓為_V，保護

24、電阻R2的阻值范圍為_. 在有些應用電磁開關的場合，為了安全往往需要在電磁鐵吸合鐵片時，接線柱3、4之間從斷開變?yōu)榻油? 為此電磁開關內部結構應如何改造？請結合本題中電磁開關內部結構圖說明. 答：_任意舉出一個其他的電磁鐵應用的例子. 答：_十、降維法一、方法簡介降維法是將一個三維圖變成幾個二維圖，即應選兩個合適的平面去觀察，當遇到一個空間受力問題時，將物體受到的力分解到兩個不同平面上再求解由于三維問題不好想像，選取適當?shù)慕嵌龋捎媒稻S法求解這樣處理的優(yōu)點是把不易觀察的空間物理量的關系在二維圖中表示出來，使我們很容易找到各物理量之間的關系，從而正確解決問題二、典例分析如圖所示，傾角30的粗糙斜

25、面上放一物體，物體重為G，靜止在斜面上現(xiàn)用與斜面底邊平行的力FG/2推該物體，物體恰好在斜面內做勻速直線運動，則物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于多少？物體勻速運動的方向如何？【解析】物體在重力、推力、斜面的支持力和摩擦力四個力的作用下做勻速直線運動，所以受力平衡但這四個力不在同一平面內，不容易看出它們之間的關系我們把這些力分解在兩個平面內，就可以將空間問題變?yōu)槠矫鎲栴}，使問題得到解決甲【答案】見解析設在地面上方的真空室內，存在勻強電場和勻強磁場，已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的，電場強度的大小E4.0 V/m，磁感應強度的大小B0.15 T，今有一個帶負電的質點以v20 m/s的速度在此區(qū)域

26、內沿垂直電場方向做勻速直線運動，取g10 m/s2，求此帶電質點的電量與質量之比以及磁場的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示)【解析】因為帶負電的質點做勻速直線運動，說明此質點所受的合外力為零又因為電場強度和磁感應強度的方向相同，所以該帶電質點所受的電場力和洛倫茲力的方向垂直共面，且必受重力作用，否則所受合外力不可能為零，設質點速度方向垂直紙面向里由此該帶電質點的受力圖如圖甲所示由平衡條件有水平方向：Eqcos Bqvsin ，豎直方向：Eqsin Bqvcos mg.甲解得tan 4/3，arctan4/3，2，同理，當質點速度方向垂直紙面向外時受力情況如圖乙所示，由平衡條件可解出值與上式

27、解出的一樣，只是與紙平面的夾角不同，故此帶電質點的電量與質量之比為2.磁場可能方向為斜向下且與水平方向的夾角都是arctan4/3或tan 4/3.【答案】見解析(2011萊州模擬)一半徑R1.00 m的水平光滑圓桌面，圓心為O，有一豎直的立柱固定在桌面上的圓心附近，立柱與桌面的交線是一條凸出的平滑的封閉曲線C，如圖甲所示一根不可伸長的柔軟的細輕繩，一端固定在封閉曲線上某一點，另一端系一質量為m7.5102 kg的小物塊將小物塊放在桌面上并把繩拉直，再給小物塊一個方向與繩垂直、大小為v04.0 m/s的初速度，物塊在桌面上運動時，繩將纏繞在立柱上已知當繩的張力為F02.0 N時，繩即斷開，在繩

28、斷開前物塊始終在桌面上運動 甲(1)問繩剛要斷開時，繩的伸直部分的長度為多少(2)若繩剛要斷開時，桌面圓心O到繩的伸直部分與封閉曲線的接觸點的連線正好與繩的伸直部分垂直，問物塊的落地點到桌面圓心O的水平距離為多少？已知桌面高度H0.80 m，物塊在桌面上運動時未與立柱相碰，取重力加速度大小為10 m/s2.【解析】(1)繩斷開前，繩的張力即為物塊所受的向心力，因為初速度與繩垂直，所以繩的張力只改變物塊的速度方向，而速度大小不變，繩剛要斷開時，繩的伸直部分的長度可求出設繩的伸直部分長為x，則由牛頓第二定律得F0mv02/x，代入已知數(shù)值得x0.60 m.乙【答案】(1)0.60 m(2)2.47 m