《2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第07章 電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第07章 電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版（15頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動一電容器1.電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能.(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2公式C和C的比較(1)定義式：C，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)(2)決定式：C，r為介電常數(shù)，S為極板正對面積，d為板間距離3對照教材實(shí)驗(yàn)：如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素電容器與電源保持連接，增大兩板間的距離試分析電容器的電容C、兩板間的場強(qiáng)E、電容器的帶電

2、量Q及靜電計(jì)指針偏角各如何變化？提示：dC，E，QCU，因U不變，故不變電容器充電后與電源斷開，增大兩板間的距離d，試分析C、U、E、各如何變化？提示：Q一定：dC，U，E不變，U電容器充電后與電源斷開，緊貼右極板插入與電容器極板寬度相同的金屬板或玻璃板時，靜電計(jì)指針偏角各如何變化？提示：插入金屬板相當(dāng)于d減小，將減小；插入玻璃板C增大、減小.二帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動示波管1.帶電粒子在電場中的加速(1)帶電粒子在左極板附近由靜止開始運(yùn)動，求到達(dá)右極板時的速度？(不計(jì)重力)從力和運(yùn)動的角度入手從功和能的角度入手提示：E，a，v.qUmv2，v .(2)如圖所示水平向右的勻強(qiáng)電場中，一質(zhì)量為

3、m、電荷量為q的帶電粒子由Q點(diǎn)以初速度v0開始沿著與水平方向成角的圖示方向做直線運(yùn)動求帶電粒子沿初速度方向運(yùn)動的最大距離？是否考慮粒子的重力？帶電粒子的電性？帶電粒子的運(yùn)動性質(zhì)？電場強(qiáng)度的大小是多少？提示：因粒子作直線運(yùn)動，若只受電場力則不可能應(yīng)考慮重力且重力和電場力的合力與初速度v0平行，分析可知帶電粒子作勻減速直線運(yùn)動當(dāng)速度減為零時，帶電粒子沿初速度方向運(yùn)動為最大由粒子的受力知粒子帶負(fù)電，tan ，E.F合ma，x.2帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(限于勻強(qiáng)電場且不計(jì)重力)(1)帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時，由于電場力方向與粒子的初速度方向垂直，且電場力是恒力，所以帶電粒子做類平拋運(yùn)動

4、(2)分析處理方法：類似于平拋運(yùn)動的分析處理，即應(yīng)用運(yùn)動的合成和分解的知識方法沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動：運(yùn)動時間t沿電場力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動：加速度a.離開電場時的偏移量yat2沿電場力方向的分速度vyat根據(jù)速度的合成得：粒子離開電場時的速度v離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tan .(3)某同學(xué)根據(jù)動能定理計(jì)算粒子離開電場時的速度，方法如下：由qUmv2mv得：v 請思考為何計(jì)算出的結(jié)果與根據(jù)速度的合成得出的結(jié)果不同？提示：上述計(jì)算結(jié)果是錯誤的帶電粒子在電場中運(yùn)動過程，電場力做的功應(yīng)是WEqyqy.WqU中的U應(yīng)是入射點(diǎn)和出射點(diǎn)之間的電勢差(4)若帶電粒子從兩板中央進(jìn)入最后未出電場打在下

5、板上如何處理？提示：此時偏轉(zhuǎn)位移y，Wq.(5)若帶電粒子從上板邊緣進(jìn)入最后擦著下板邊緣穿出電場根據(jù)qUmv2mv計(jì)算正確嗎？提示：正確(6)將帶電粒子離開電場時的速度反向延長與初速度方向的相交點(diǎn)O點(diǎn)的位置有何特征？提示：由幾何關(guān)系tan ，得L，即O點(diǎn)為中點(diǎn)3“電加速”“電偏轉(zhuǎn)”(1)試證明：不同帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速度后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)位移偏轉(zhuǎn)角度總是相同的(2)怎樣求OP？你能給出幾種不同的求解方法？提示：方法一：由tan 可求OP.方法二：由三角形相似可求OP.方法三：由運(yùn)動的合成與分解OPvytvy.1(教科版選修31P40第9題)關(guān)于電容器的電容，下列說

6、法中正確的是()A電容器所帶電荷量越多，電容越大B電容器兩板間電壓越低，其電容越大C電容器不帶電時，其電容為零D電容器的電容只由它本身的特性決定答案：D2(人教版選修31P32第1題)平行板電容器的一個極板與靜電計(jì)的金屬桿相連，另一個極板與靜電計(jì)金屬外殼相連給電容器充電后，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個角度以下情況中，靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減小？(1)把兩板間的距離減小；(2)把兩板間的相對面積減??；(3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)答案：(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小(2)把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計(jì)指針偏角變大

7、(3)在兩極板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計(jì)指針偏角變小3(人教版選修31P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M旁放置一個金屬網(wǎng)N.如果用導(dǎo)線將MN連接起來，M射出的電子落到N上便會沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按下圖那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U12.5 V時電流表中就沒有電流已知電子的質(zhì)量me9.11031 kg.問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)解析：如果電子的動能減少到等于0的時候，電子恰好沒有到達(dá)N板，則電

8、流表中就沒有電流由W0Ekm，WeU，得eU0Ekmmev2v m/s2.10106 m/s. 答案：2.10106 m/s4(人教版選修31P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場進(jìn)入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比(1)電子與氫核的初速度相同(2)電子與氫核的初動能相同解析：設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能mvqU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，粒子

9、離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vyat，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan .(1)若電子與氫核的初速度相同，則.(2)若電子與氫核的初動能相同，則1.答案：見解析考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變2動態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析Q的變化根據(jù)E分析場強(qiáng)的變化根據(jù)UABEd分析某點(diǎn)電勢變化(2)Q不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析U的變化根據(jù)E分析場強(qiáng)變化1(2016全國乙卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒

10、壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變解析：選D平行板電容器電容的表達(dá)式為C，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小由于極板間電壓不變，據(jù)QCU知，極板上的電荷量變小再考慮到極板間電場強(qiáng)度E，由于U、d不變，所以極板間電場強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確2.(2018福州聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球，當(dāng)給兩金屬板充電Q后，懸線與豎直方向夾角為，因電離作用， 兩金屬板的電荷量緩慢減小(

11、小球電荷量假設(shè)不變)，以至懸線與豎直方向間的夾角逐漸減小，則 在夾角減少到的過程中，下列說法正確的是()A細(xì)線拉力逐漸增大B細(xì)線拉力大小不變C電容器兩極板減小的電荷量為D電容器兩極板減小的電荷量為解析：選D小球受到重力mg、細(xì)線的拉力FT和水平向右的電場力F的作用而處于動態(tài)平衡(如圖所示)，由FT可知，減小，F(xiàn)T也減小，A、B錯誤；令兩極板間距離為d，電容器的電容為C，由圖知tan 1，令減小的電荷量為Q，同理可得tan 2，聯(lián)立解得QQ，C錯誤，D正確.考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1.帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一

12、般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2做直線運(yùn)動的條件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(2)粒子所受合外力F合0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動3用動力學(xué)觀點(diǎn)分析a，E，v2v2ad.4用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：WEqdqUmv2mv非勻強(qiáng)電場中：WqUEk2Ek1 (2017江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放

13、的電子()A運(yùn)動到P點(diǎn)返回B運(yùn)動到P和P點(diǎn)之間返回C運(yùn)動到P點(diǎn)返回D穿過P點(diǎn)解析：選A設(shè)AB、BC間的電場強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，據(jù)動能定理得：eE1d1eE2d20當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強(qiáng)度E2，BC板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為x，則eE1d1eE2x00比較兩式知，xd2，即電子運(yùn)動到P點(diǎn)時返回，選項(xiàng)A正確 (2018河北定州中學(xué)月考)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開始下落，若

14、不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔，則可行的方法是()A保持S閉合，將A板適當(dāng)上移B保持S閉合，將B板適當(dāng)下移C先斷開S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開S，再將B板適當(dāng)下移解析：選B設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U.質(zhì)點(diǎn)的電量為q.由題質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg(hd)qU0.若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b時速度為v，由動能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔故A錯誤若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離d，由動能定理得mg(hdd)qUmv2，則v0，質(zhì)點(diǎn)能

15、穿過b孔故B正確若斷開S時，將A板適當(dāng)上移，板間電場強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入電場的深度為d時速度為零由動能定理得mg(hdd)qEd0，又由原來情況有mg(hd)qEd0.比較兩式得，dd，說明質(zhì)點(diǎn)在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回故C錯誤若斷開S，再將B板適當(dāng)下移，根據(jù)動能定理可知，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔原來的位置速度減為零，然后返回，不能到達(dá)b孔故D錯誤故選B3(2018黃岡月考)如圖所示，平行板電容器兩板間有一帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)電容器的電荷量為Q1(A板帶正電)時 ，小球恰好靜止在P點(diǎn)，當(dāng)電容器的電荷量突增到Q2時，帶電小 球開始向上運(yùn)動，經(jīng)時間t，使A板帶負(fù)電，B板帶正電

16、，電荷量仍為Q2，則再經(jīng)時間t帶電小球剛好回到P點(diǎn)，不計(jì)一切阻力，小球運(yùn)動中沒與極板相碰，則()AQ22Q1BQ23Q1CQ24Q1DQ25Q1解析：選A因小球靜止，所以有mgq，只改變電容器兩極板的電荷量時有ma1qmg，再改變電容器兩極板的電性有ma2qmg，而兩段相等時間內(nèi)位移滿足a1t2，聯(lián)立得U22U1，又因QCU，所以Q22Q1，A正確4.(2018牡丹江市一中月考)豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場其電場強(qiáng)度為E，在該勻強(qiáng)電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成角時小球恰好平衡，如圖所示，請問：(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球碰到

17、金屬板需多長時間？解析：(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，小球帶正電；Fsin qEFcos mg由上述兩式得tan ，故q.(2)由第(1)問中的方程知F，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于.小球的加速度a，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)碰到金屬板上時，它經(jīng)過的位移為s，又由sat2，t.答案：(1)正電；q(2) 考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間(2)沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動2兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜

18、止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：由qU0mvyat22tan 得：y，tan (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.3功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差 (2018河北定州中學(xué)模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q1.01010 C、質(zhì)量為m1.01020 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v02

19、.0106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運(yùn)動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上(靜電力常量k9.0109 Nm2/C2，粒子的重力不計(jì))(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；(2)在圖上粗略畫出粒子的運(yùn)動軌跡；(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小解析：(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線R

20、O的距離(偏移位移)：yat2，a，Lv0t，則yat220.03 m3 cm.粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有，解得Y4y12 cm.(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧(3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時，其水平速度vxv02.0106 m/s豎直速度vyat1.5106 m/s則v合2.5106 m/s該粒子在穿過界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動，所以Q帶負(fù)電根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r15 cmkm，解得Q1.04108 C答案：(1)3 cm12 cm(2)見解析圖(3)負(fù)電；Q1.04108 C分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)

21、條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動(2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場板間距離L8 cm，極板長為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離也為2L，在兩極板間接一交變電壓，電壓的周期T4 s，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場中央持續(xù)射入，穿過平行板的時間極短，可認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的，求：(1)電子進(jìn)入偏

22、轉(zhuǎn)電場的速度v0(用電子的比荷，加速電壓U0表示)(2)在電勢變化的每個周期內(nèi)熒光屏?xí)霈F(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個周期內(nèi)的“黑屏”時間(3)熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度解析：(1)由動能定理eU0mvv0.(2)設(shè)電子恰好能射出電場時的偏轉(zhuǎn)電壓為Um，則有at22解得Um0.5U0，結(jié)合圖象知，偏轉(zhuǎn)電壓由0.8U00.5U0變化時，熒光屏上“黑屏”“黑屏”時間為t，t1 s.(3)電子向上偏轉(zhuǎn)時，s112 cm.電子向下偏轉(zhuǎn)時，y22，代入數(shù)據(jù)得s29.6 cm.故總長度ss1s221.6 cm.答案：(1) (2)1 s(3)21.6 cm5.(2018山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)如圖

23、所示，帶有小孔的平行極板A、B間存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E0，極板間距離為L.其右側(cè)有與A、B垂直的平行極板C、D，極板長度為L，C、D板間加恒定的電壓現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(重力不計(jì))，從A板處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后通過B板的小孔飛出；經(jīng)過C、D板間的電場偏轉(zhuǎn)后從電場的右側(cè)邊界M點(diǎn)飛出電場區(qū)域，速度方向與邊界夾角為60，求：(1)電子在A、B間的運(yùn)動時間；(2)C、D間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度解析：(1)電子在A、B間直線加速，加速度a，設(shè)電子在A、B間的運(yùn)動時間為t，則Lat2，解得t .(2)設(shè)電子從B板的小孔飛出時的速度為v0，則v0at，則電子從平行極板C、D間射出時沿電場方

24、向的速度為vyv0tan 30，又vy，可得C、D間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度EE0.答案：(1) (2)E06.(2017蚌埠期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸正方向?yàn)樨Q直向上在該平面內(nèi)分布著與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程ykx2，且小球通過點(diǎn)P.已知重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度的大?。?2)小球拋出時的初速度大??；(3)若小球運(yùn)動到Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時的動能是拋出時初動能的2倍，則它從O點(diǎn)運(yùn)動到該點(diǎn)的過程中電勢能的變化量是多少？解析：(1)小球做類平拋運(yùn)動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向，分析小球在豎直方向上的受力情況，得qEsin 45mg解得E(2)分析小球受到的合力，由牛頓第二定律，得qEcos 45ma聯(lián)立，得ag由平拋運(yùn)動的規(guī)律得v0tgt2聯(lián)立，得v0 .(3)由動能定理EkEkEkOW合mgy解得y又有ykx2故小球在豎直方向上的位移x由能量守恒定律，得電勢能的變化量EpE機(jī)(mgxEk).答案：(1)(2) (3)15