第2章 学案13 单摆-【智学校本学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版）

单摆 学案13 学案13单摆 听 、 笔记 学匀住多 1.知道单摆的概念，了解单摆运动的特点及单摆振动时回复力的来源。 2.通过实验，探究单摆周期与摆长的关系。 3.掌握单摆的周期公式，会解决相关问题。 课堂活动 新知生成 1.单摆模型 活动一探究单摆的振动 把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个 D新知导学 小球，线的 和球的 可忽略不 如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属 计，这种装置称为单摆。 小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角， 2.理想化模型 然后释放。 (1)细线的质量与小球相比 (2)小球的直径与线的长度相比 3.单摆的回复力 01 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向 1.小球受到哪些力的作用？ 的 (2)回复力的特点：在摆角很小时（通常0<5）， 单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成 2.什么力提供向心力？什么力提供回复力？ ,方向总指向平衡位置，即F mg x。 3.小球经过O点平衡位置时回复力为零，合外力 (3)运动规律 也为零吗？ 单摆在摆角很小的情况下，单摆的振动可近似 视为 0 【归纳总结】振幅与位移、路程、周期的关系 4.试证明小球在摆角小于5度时，小球的运动是 (1)单摆动的平衡位置：回复力为零，而合力不： 简谐运动。 为零，此时合力提供摆球做圆周运动所需的向！ 心力。 (2)单摆振动的最大位移处，向心力为零，而合力 不为零，此时合力提供摆球振动的回复力。 531 鲁科版物理选择性必修第一册 听 新知应用 2.将一个走时准确的摆钟从武汉移到北京，摆钟 应如何校准？ 笔 1.(多选)关于单摆做简谐运动，下列说法正确 记 的是 ( A.单摆的运动一定是简谐运动 B.单摆做简谐运动的回复力由重力沿圆弧切 新知生成 线方向的分力提供 1.定性探究影响单摆振动周期的因素 C,单摆经过平衡位置时，摆线弹力最大，回复 (1)探究方法 法。 力为零 (2)实验结论 D.单摆经过最大位移处时，摆球重力势能最 ①单摆振动的周期与摆球的质量 （选 大，动能为零 填“有关”或“无关”)。 2.(24一25·广东梅州期末)荡 ②振幅较小时，周期与振幅 (选填“有 秋千是深受小朋友喜欢的游 关”或“无关”)。 乐活动。如图所示，秋千由坐 ③摆长越长，周期 (选填“越大”“越小” 板和绳构成，人在秋千上小幅 或“不变”)。 度摆动时可以简化为单摆模 2.单摆周期公式 型，人和坐板可视为“摆球”，忽略空气阻力。下 (1)提出：单摆周期公式是物理学家 首 列说法正确的是 ( 先提出的。 A.“摆球”所受重力和绳的拉力的合力提供“摆 球”做简谐运动的回复力 (2)公式：T=2π， ,即周期T与摆长L的算 B.远离最低点运动的过程中，“摆球”的回复力 术平方根成 与重力加速度g的算术 逐渐增大 方根成 ,而与振幅、摆球质量 C.经过最低点时“摆球”处于平衡状态 D.“摆球”经过最低点时开始计时，则经过半个 3.应用 周期“摆球”相对最低点的位移最大 (1)制成摆钟用来计量时间。 (2)测量当地的 活动二探究单摆的周期 【归纳总结】对1、g的理解 新知导学 (I)公式中1是摆长，即悬点到摆球球心的距离。 惠更斯利用摆的等时性发明了带摆 ①者草接，误长1一十台为提袋长，D为摆 的计时器，叫摆钟。摆钟运动时克服 摆杆 球直径。 摩擦所需的能量由重锤的势能提供， ②等效摆长：(a)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆 运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆 (O)圆盘 动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为Isin a, 下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆 宁 螺母 杆上下移动。 其周期T=2π sin。(b)图中，乙在垂直纸面 g 1.摆针走时偏快应如何校准？ 方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长； 乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的 摆长。 154 单摆 学案13 A.由机械能守恒可得摆角大小不变 听 B.A和C两点在同一水平面上 课 L 丙 记 (a) (b) (2)①公式中g是单摆所在地的重力加速度，由 单摆所在的空间位置决定。 3.(24一25·山东烟台期末) ②等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值 如图所示，光滑固定圆弧 等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球 槽半径为R,O为圆弧最 h 质量的比值。 低点，圆弧OM的长度远 D新知应用 0 小于R,两个可看作质点 1.如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的 的小球A和B,A球初始位置在M点，B球在 轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加， O点正上方h高度处。现同时释放两球，要使 小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球 A球在第二次通过O点时恰好与B球相碰，不 垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。 计空气阻力，则h应为 ( ) 释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个 B.T'R C.25 D.9'R 周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧 A.t'R 8 32 P 最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高 活动三探究单摆的振动图像 点。则 ) D新知导学 如图所示，使漏斗在一个固定的竖直平面内摆动，： 沿垂直于该平面的OO'方向匀速拉动薄板，观察！ 从摆动的漏斗中均匀漏出的细沙在板上形成的曲 线，思考下列问题并展示结论。 A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速 度为零 B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能 为零 C.小球甲、乙的振动周期之比为3：4 D.小球丙、丁的摆长之比为1：2 1.不拉动薄板时，让沙摆摆动起来，细沙的分布是！ 2.(多选)(24一25·四川成都阶 直线还是曲线？两边的沙子多还是中间的沙子 段练习)如图所示，一单摆悬于 多？说明了什么？ O点，摆长为L,若在O点的正 0 下方的O'点钉一个光滑钉子， 使O0-方，将单摆拉至A处 2.匀速拉动薄板时，落在薄板上细沙的位置和各 时刻摆球（漏斗）的位置有什么关系？ 释放，摆球将在A、B、C间来回振动，若振动中 摆线与竖直方向夹角小于5°。重力加速度为 g,不计空气阻力，下列说法正确的是() 5510 鲁科版物理选择性必修第一册 听 3.细沙在薄板上形成什么形状的曲线？有什么 2.(24一25·山东潍坊期未)如图甲所示，一摆球 课 意义？ 在竖直平面内做小角度摆动(0<5)。某次摆 记 球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图 像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。 下列说法正确的是 () x/cm 4.为什么要匀速拉动薄板？ 甲 D新知生成 A.摆长约为2m B.t=0.5s时摆球所受合外力为零 1.单摆在摆角小于5°时做简谐运动，其振动图像 C.从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球所受 是正弦或余弦曲线。 回复力逐渐增大 2.由单摆的振动图像可知单摆周期。 D.摆球的位移x随时间t的变化规律为x= 3.单摆在摆动过程中，其位移、速度、加速度及 8sin(t)cm Ek、E。相对于平衡位置具有对称性。 课堂小结 4.单摆摆动具有周期性的特点。 「单摆模型 单摆的 ·理想化模型 新知应用 振动 单摆的回复力：F=mgx 规律： 简谐运动（0<5°) 1.(24一25·贵州贵阳期末)甲、乙两个单摆的振 单摆 影响因素：与摆球质量无关 动图像如图所示。以向右的方向作为摆球偏离 单摆周期公式 与振幅无关、与摆 平衡位置位移的正方向。下列关于甲、乙这两 长有关 个单摆的说法正确的是 公式：T2F 应用：计量时间、测重力加 x/cm 速度 0.5 课堂达标 t/s 1.关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论 正确的是 () -0.5 A.摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的 A.甲与乙的摆长之比是4：1 作用 B.甲与乙的频率之比是1：2 B.摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力 C,在A、B两点对应的时刻，甲摆球的速度 为零时，向心力最大 C.摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比 相同 摆球的重力大 D.从t=0时刻起，乙第一次到达左侧最大位 D.摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿 移时，甲摆动到了平衡位置 摆球的运动方向 1156 单摆 学案13 2.(24一25·江苏无锡期未)一个单摆在质量为 听 、半径为R的星球上做周期为T,的简谐运 + A.T=2 B.T=2π 1+dcos 0 1/ g g 动，在质量为2m、半径为2R的星球上做周期为 记 T2的简谐运动。T1与T2之比为 ) Icos 0+d lcos 0+ d 2 A.1:2 B.2:1 C.T=2x D.T=2π C.1:√2 D.√2：1 4.(多选)(24一25·山东威海期末)一条细线下面 3.(24一25·黑龙江哈尔滨期 挂着一个小球，让它自由摆动，它的振动图像如 中)如图所示，两根不可伸 图所示，若重力加速度g=π2，不计空气阻力， 长的轻质线的一端都系在 下列说法正确的是 ( ) 小球的同一点，另一端分别固定在天花板上的 y/cm A、B两点，组成一个双线摆。两根线的长度 均为1，系统静止时线与竖直方向的夹角均为 t/s 0,小球的直径为d,重力加速度为g。现将小 球向纸面外拉动一很小的幅度（球心与A、B A.t=1s时，小球的速度为0 仍共面)后由静止释放，小球开始绕A、B所在 B.t=1s时，细线上的拉力最大 水平线摆动，若不计空气阻力，则该双线摆的 C.摆长为1m 周期为 () D.小球摆动的最大偏角约为0.05弧度 课后反思 5710活动二 2.A[由题图可知，影子P做简谐运动的振幅为R,以向上为 新知导学 正方向，设P的振动方程为x=Rsin(wl十p),由题图可知， 提示：1.一条线段。 当=0时，P的位移为一R,代入振动方程解得p=一2，则 2.一条正弦曲线。 3.轨迹表示振子的位移随时间变化的规律，即位移一时间图像。 P做简谐运动的表达式为z=Rsim(al一受），故选A。】 新知生成 课堂达标 1.平衡位置 l.CD[A、B之间的距离为8cm,则振子的振幅A=4cm,振 3.位移 4.(1)最大值 动周期T-铝s=2s,则旅功频率了=子=0,5，A、B错 新知应用 误；振子完成一次全振动通过的路程是4A,即16cm,3s内 1.B[根据题图乙可知，该弹簧振子的振幅为8cm,故A错 振子运动了1.5个周期，故总路程为s=1.5×4A=24cm 误；根据题图乙可知，该弹簧振子的周期T=1.2s,t=0.9s C、D正确] 时x=一8cm,故B正确；t=1.5s到t=1.8s的时间内，振 2.C[t=0.3s时，振子位于平衡位置，振子的速度最大且方向 子从最大位移处向平衡位置运动，回复力逐渐变小，加速度 向左，故A错误；t=0.2s时，振子位于正向最大位移处，根 逐渐变小，故C错误；t=0到t=6.0s的时间内，经过了5个 据a=F一 m ,可知t=0.2s时，振子的加速度最大且方 周期，通过的路程为s=5×4A=1.6m,故D错误。] 向向左，故B错误；由题图乙可知，t=0.15s时，振子的速度 2.C[由题图可知0.2s时与0.4s时的位移大小相等，方向相 方向向右，加速度方向向左，故t=0.15s时，振子的速度方 反，则0.2s时与0.4s时的回复力大小相等，方向相反，故A 向与加速度方向相反，故C正确；在t=0.1s与t=0.3s两 错误；由题图可知0.4s时与0.6s时的速度大小相等，方向 个时刻，振子的速度大小相等，方向相反，则速度不相同，故D 相反，其中0.4s时物体向正方向运动，0.6s时物体向负方 错误。] 向运动，故B错误；由题图可知0.5~0.7s内，物体从正向最 3.C[小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C点， 大位移处向平衡位置振动，位移逐渐减小，回复力逐渐减小， 可知小球振动的周期为T=1.0s,A错误；小球由C点到B 加速度逐渐减小，故C正确；由题图可知0.9一1.1s内，物体 从负向最大位移处向平衡位置振动，物体的动能在增加，势 点加速底先减小后增大，B错溪；振幅A=0,1m,m-祭- 能在减小，故D错误。] 2πrd/s,小球经过B点时开始计时，小球的位移公式为x= 3.B[由题图乙可知，两振子的周期分别为TA=2.0s,Tg= 10,由了宁可为会产名A错淡内装用乙T 0.1sin(2t+)m,C正确5s末，即经过了5个周期，小球 回到B点，则小球位移为0.1m,D错误。] 振子A速度为零时，振子B处于平衡位置，速度最大，B正 学案13单摆 =0.5s可知，振子B在任意0.5s内路程均为两倍 确；由2 课堂活动 活动一 医福10cm,由=0.5s可知，振子A若在平衡位置或最大 新知导学 位移处开始计时，在0.5s时间内路程为10cm,若从其他位 提示：1.小球受细线的拉力和重力的作用。 置开始计时，在0.5s时间内经过平衡位置，则平均速度较 2.细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力；重力沿 大，路程大于10cm,若在0.5s时间内经过最大位移处，则平 切线方向的分力提供小球振动的回复力。 均速度较小，路程小于10cm,C错误；由题图乙可知， 3.小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。 0.5~1s内，振子A向下振动，振子B先向下振动后向上振 4.单摆摆球的重力沿着切线方向的分力提供回复业 动，D错误。] 力，如图所示。 活动三 则该力的大小为F=mg sin0,由于0<5°，则有 AT 新知导学 sin0≈tan0≈千，解得F=x,回复力方向总是 2π 提示：x=Asin行t,其中x是位移，A是振幅，T是周期。 指向平衡位直，则有P。=一坚=一，可知，单 mg 新知应用 1.D[振幅是标量，A、B的振幅分别为3m、5m,故A错误；周期 摆在摆角小于5度时，回复力大小与相对平衡位置的位移大小 成正比，方向相反，即小球的运动是简谐运动。 是标量，A、B的周期均为T=2π=2 w10 s≈6.28X10-2s,故B错 新知生成 误；因为TA=TB,故∫A=fB,故C错误；A的相位始终超前 1.质量大小 2.(1)可以忽略(2)可以忽略 B的相位△p=9-9a=令-百=行，故D正确] 3.(1)分力(2)正比(3)简谐运动 191 新知应用 3.D[根据题分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其 1.BCD[当单摆的摆角较小时单摆的运动才是简谐运动，单摆 做简谐运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故 周期T=2x入√g A第二次通过位置0，即用时1=是T,B A错误，B正确；单摆经过平衡位置时，摆球处于超重状态，摆 线弹力最大，回复力为零，故C正确；单摆经过最大位移处 做自由落体运动，用时与A相同，故h=号g解得人 时，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零，故D 9π2R 8 ,故选D。] 正确。] 活动三 2.B[“摆球”所受重力在垂直摆线方向的分力提供“摆球”做 简谐运动的回复力，A错误；远离最低，点运动的过程中，“摆 新知导学 球”重力在垂直摆线方向的分力逐渐变大，可知“摆球”的回 提示：1.若不拉动薄板，让沙摆摆动起来，则细沙的分布会形成 复力逐渐增大，B正确；经过最低，点时“摆球”有向心加速度， 直线。因为沙摆摆动时，经过最低点的速度最大，经过最高点 可知不处于平衡状态，C错误；“摆球”经过最低点时开始计 的速度最小，且沙子均匀流出，所以两边的沙子多于中间的 时，则经过四分之一周期“摆球”相对最低点的位移最大，D 沙子。 错误。] 2.匀速拉动薄板时，落在薄板上细沙的位置和各时刻摆球（漏 活动二 斗)的位置一一对应，如当落在薄板上离OO最远时，摆球偏离 新知导学 平衡位置最大；当落在薄板的OO'线上时，摆球处于平衡位置。 提示：1.摆针走时偏快应调节螺母使圆盘沿摆杆下移。 3.细沙在薄板上形成的是正弦函数图像，表示沙摆偏离平衡位 2.调节螺母使圆盘沿摆杆下移。 置的距离满足正弦函数关系y=Asin wt。 新知生成 4.因为每一时刻都有细沙从漏斗中漏出，所以落在薄板上的细 1.(1)控制变量(2)①无关②无关③越大 沙就记录下各个时刻沙摆的位置。匀速拉动薄板，则以OO'表 2.(1)惠更斯(2)正比反比无关 示的时间轴是均匀的，这样横轴上相同的长度就代表相等的时 3.(2)重力加速度 间间隔；垂直于OO'的坐标x表示的就是摆球在不同的时刻相 新知应用 对于平衡位置的位移，薄板上细沙形成的曲线就是沙摆做简谐 L 1.C[根据单摆周期公式T=2m√传，可知T:>TA>T2> 运动时位移x随时间t变化的图像，即振动图像。 新知应用 T,设甲的周期为T,根据题意可得2T,=3T二=T6 1.D[由题图可知甲与乙的周期分别为T甲=0.4s和Tz= 2 号，可得T=2T,T。=号TT,=4T,可得T,: Q5:收数丰之此片-头一号皮B维民：由华据用两公 T乙=3：4，T两：Tx=1:2,根据单摆周期公式T= 式T=2r√g 得摆长1T坚，故摆长之比只- 4π2 亿结合T:T,=12,可得小球丙、丁的摆长之 1 ,故A错误；在A、B两点对应的时刻，甲摆球的速度大小 L两：L,=1:4,故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放 相等，方向不同，故C错误；由题图可知，从t=0时刻起，t= 位置时，即经过不，（受）时间，小球丙到达另一侧最南点，此 0.4s时乙第一次到达左侧最大位移处，此时甲的位移x甲= 时速度为零，位移最大，根据山=一延可知此时加速度最大， 0,甲摆动到了平衡位置，故D正确。] m 2.D[单摆周期T=2s,则根据T=2√ ,可得摆长约为L 故A错误；根据上迷分析可得T。=3T,小球丁第一次回 =1m,A错误；t=0.5s时摆球到达最高，点，此时摆球加速度 到平衡位置时，小球乙振动的时间为T(即 不为零，即所受合外力不为零，B错误；从t=1.5s至t= 4 3T之，可知此时 4 2.0s的过程中，摆球从左侧最高点向平衡位置摆动，此时所 小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。] 受回复力逐渐减小，C错误；摆球的位移x随时间t的变化规 2.BD[摆球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做 乙π 功，其机械能守恒，可知A和C两点在同一水平面上，由于摆 律为x=Asin行2=8sin(t)cm,D正确.] 长会发生变化，所以摆角大小是变化的，A错误，B正确：摆球 课堂达标 从A摆到B的时间为t1= 4×2√g=2√g ,从B摆 1.B[单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力作用，故 A错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大 L 时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的 到C的时间为t2= 1 2 X2x入g πL ,故摆球的运动周 4 2 2g 拉力等于重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于重力；在平 期为T=2(t1十t2)=π（ F+ 衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速 ,C错误，D正确。] 度方向沿摆线指向悬点，故C、D错误，B正确。] 1120 Mmo 2.C[在星球表面有G GM R2 =m,8,解得g一尺，单摆周期 (2)单摆周期为T-斤，根据单摆周期公式可得T ，可得元MR T=2g T- M2R子1 L+2 4x'n2(L+2） d ,故选C] g ,联立可得重力加递度为g= 12 3.D[由题意可知，该双线摆的摆长为L=lc0s0十g, ,该双线 (3)若采用上述(2)的方式测得的g值偏大，根据单摆周期公 lcos 0+d 式可得T=2写，可得g-架。 T。单摆的悬点未固定紧， 2 摆的周期为T=2x仁=2m二g】 ,故选D] 振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长测量值偏小，使测得 的g值偏小，故A错误；把n次全振动的时间误记为n一1 4.BCD[从振动图像可知，t=1s时，小球位于平衡位置，速度 次，则周期测量值偏大，使测得的g值偏小，故B错误；用摆 最大，A错误；t=1s时，小球位于最低，点，速度最大，根据T 线长作为摆长来计算，则摆长测量值偏小，使测得的g值偏 小，故C错误；用摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算， 一mg=m7,可得T=mg十m乙，此时线上拉力最大，B正 则摆长测量值偏大，使测得的g值偏大，故D正确。 确；从振动图像可知，该单摆的周期为2S,根据单摆的周期公 4设小球半径为r,根据单摆周期公式可得T=2m√g +r 式T=2π√g ,可求得1=1m,C正确；从振动图像可知，单 可得T=4 -L十 4π2 g ,可知T-L图像的斜率为6=4元 g 摆的振幅为A=5cm,设最大偏角为0，sin0= A 5cm ,可 l 1 m i30-0.80s/m=4s/m,可得g=2m/g=9.86m/s. 5.303.30 得0约为0.05rad,D正确。] 4n(L+) 学案14科学测量：用单摆测量重力加速度 [答案](1)12.0(2) (3)D(4)9.86 3.[解析](1)摆球的直径为 课堂活动 d=11mm+4×0.1mm-11.4mm=-1.14cm. 新知生成 (2)摆球通过最低点时，光照强度最小，摆球连续两次通过最 2.刻度尺秒表 游标卡尺 低，点为半个周期，因此单摆的周期T=4t。。 3.2mg 4π2L L ,变形得T=4L,则 T名 (3)根据单摆周期公式T=2x 4.(2) TL图像的斜率=4 4π2 2 (3)全振动 ,可得重力加速度g= g k 5.(2)过原点的直线 4π24π2 [答案](1D1.14(2)4。(3)4 g 新知应用 4.[解析] (①)由T=2x√g 4π21 可得g=T2· 1.[解析](1)题图甲在单摆运动过程中，悬挂，点一直会移动， (2)由题图乙读得小球直径为2.000cm。 摆长改变，不符合实验要求，故选乙。 (3)此单摆的有效摆长为 (2)为减小实验误差，摆线要选择细些的、不易伸缩的长摆 2.000 2 cm+/84.102- (cm85.00 cm. 线，故A正确；为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择 质量大、体积小的，故B正确；摆长等于悬点到摆球球心的距 (4)单摆完成一次全振动需要的时间等于周期，一个周期内 单摆两次经过平衡位置，结合题图丙可知该单摆的周期 离，故C错误；单摆的摆角小于5°时，视为简谐运动，实验时 为1.85s。 摆角不能太大，D错误。 (3)在摆球某次通过最低点时，开始计时，同时将此次通过最 [答案](1)4r1 T2 (2)2.000(3)85.00 低，点作为第一次，每经过最低点时计数一次，一直数到第50 (4)1.85(1.84~1.86均可) 课堂达标 次，则全振动的次数为N=50-1_49 2 ,单摆的周期T一N 1[解标]（1)单摆的摆长为L=1十号-80,0em (2)为减小实验计时误差，需小球经过最低点时开始计时；单 [答案](Z(2)AB(3)号 摆周期T=斤-酷。=1.89；根据单摆周期公式T 2.[解析](1)由题图乙可知小钢球的直径为d=1.2cm十0× ,可得g=华，R入数值得g*98nm/。 2元Ng 0.1mm=12.0mm。 [答案](1)80.00(2)最低1.89.88 211■