習(xí)題課帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)基 礎(chǔ) 梳 理1帶電粒子在電場中做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，若是勻強(qiáng)電場，可用動(dòng)能定理或牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式兩種方式求解，若是非勻強(qiáng)電場，只能用動(dòng)能定理分析求解。2分析帶電體在電場中運(yùn)動(dòng)問題的幾個(gè)關(guān)鍵環(huán)節(jié)。(1)做好受力分析。根據(jù)題設(shè)條件判斷重力是否可以忽略。(2)做好運(yùn)動(dòng)分析。要明確帶電體的運(yùn)動(dòng)過程、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)及運(yùn)動(dòng)軌跡等。(3)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。典 例 精 析【例1】 (2017·4月浙江選考，8)如圖1所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過程()圖1A加速度大小為agB所需的時(shí)間為tC下降的高度為yD電場力所做的功為WEqd解析點(diǎn)電荷受到重力、電場力，根據(jù)牛頓第二定律得a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性，水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有t2，解得t，選項(xiàng)B正確；下降高度hgt2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場力做功W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B即 學(xué) 即 練1(2016·4月浙江選考，8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖2所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()圖2A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的電荷量為C增大場強(qiáng)，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)D油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍解析懸浮不動(dòng)，說明帶電粒子電場力與重力平衡，所以該油滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由Eqmg知q，所以B錯(cuò)誤；如果增加電場，原本懸浮的油滴就會向上加速運(yùn)動(dòng)，C正確；所有帶電體的電量都是電子電荷量的整數(shù)倍，D錯(cuò)誤。答案C基 礎(chǔ) 梳 理1帶電粒子垂直進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律2涉及功能關(guān)系時(shí)，也可以根據(jù)動(dòng)能定理列方程。典 例 精 析【例2】 a、b、c三個(gè)相同的帶電粒子由同一點(diǎn)垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖3所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定()圖3Aa首先打在下極板上，b、c同時(shí)飛出電場Bb和c同時(shí)飛離電場C進(jìn)入電場時(shí)，a的速度最大，c的速度最小D動(dòng)能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大解析根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的豎直方向分運(yùn)動(dòng)可知，加速度相同，豎直位移c最小，a、b相同，得a、b飛行時(shí)間相等，c時(shí)間最短，故進(jìn)電場時(shí)，速度c比b大；b射程大于a，故b的速度大于a。比較豎直位移可知電場力做功c的最小，a和b的一樣大，D正確。答案D即 學(xué) 即 練2如圖4所示，有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從上、下帶電平行金屬板間的P點(diǎn)，以相同速率垂直電場方向射入電場，它們分別落到A、B、C三點(diǎn)，則()圖4AA帶正電，B不帶電，C帶負(fù)電B三小球在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C在電場中加速度的關(guān)系是aA>aB>aCD到達(dá)正極板時(shí)動(dòng)能關(guān)系EkA>EkB>EkC解析A、B、C初始速率相等，在水平方向，xv0t，由于xA>xB>xC，所以tA>tB>tC，由hat2得：aA<aB<aC由牛頓第二定律知在豎直方向合力FC>FB>FA，C帶負(fù)電，A帶正電，B不帶電。答案A基 礎(chǔ) 梳 理當(dāng)空間存在交變電場時(shí)，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，從而影響粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；由于電場力周期性變化，粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)也具有周期性。研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究，特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場時(shí)的時(shí)刻及交變電場的周期。典 例 精 析【例3】 帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖5所示。帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()圖5A微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度相同B微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)C微粒做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移大小相同，方向相反解析微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；帶正電的微粒放在電場中，第1 s內(nèi)加速運(yùn)動(dòng)，第2 s內(nèi)減速至零，位移大小和方向都相同，故B正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B如果根據(jù)外部所加交變電壓的規(guī)律，畫出相應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)速度圖象，利用vt圖象對帶電粒子進(jìn)行分析，既直觀又方便，思維難度又小，是首選的方法。畫圖時(shí)，應(yīng)注意vt圖象中，加速度相同的運(yùn)動(dòng)一定是平行的直線，圖線與vt圖象橫軸所夾面積表示位移，圖線與t軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度為零。即 學(xué) 即 練3如圖6所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象。當(dāng)t0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()圖6A帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C3 s末帶電粒子的速度為零D04 s內(nèi)，電場力做的總功為零解析設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度大小為a1，第2 s內(nèi)的加速度大小為a2由a可知，a22a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3 s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為零，由動(dòng)能定理可知，此過程中(即03 s內(nèi))電場力做功為零，綜上所述，可知C正確。答案C基 礎(chǔ) 梳 理物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到的向心力為Fmmr()2mr2。典 例 精 析【例4】 如圖7所示，半徑為R的光滑圓環(huán)，豎直置于場強(qiáng)為E的水平向右的勻強(qiáng)電場中。今有質(zhì)量為m，帶電荷量為q的空心小球穿在環(huán)上，求當(dāng)小球由頂點(diǎn)A從靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時(shí)，小球?qū)Νh(huán)的壓力。圖7解析小球從A到B的過程中，有重力做正功，電場力做正功，則動(dòng)能增加。由動(dòng)能定理得mgRqERmv2如圖所示，在B點(diǎn)小球受到重力G、電場力F和環(huán)對小球的彈力N三個(gè)力的作用。沿半徑方向的合力指向圓心提供向心力，F(xiàn)NFm由兩式聯(lián)立可得FN2mg3qE。小球?qū)Νh(huán)的作用力與環(huán)對球的作用力為作用力與反作用力，兩者等大、反向，即小球?qū)Νh(huán)的壓力FN2mg3qE，方向水平向右。答案見解析帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡為一段圓弧(或在電場中做圓周運(yùn)動(dòng))，處理此類問題時(shí)，若求解速度或動(dòng)能，從動(dòng)能定理入手，若求受力情況用向心力公式，沿半徑方向的合力提供向心力列方程求解。即 學(xué) 即 練4如圖8所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，AB為該環(huán)的水平直徑，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場中，管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球從管中A點(diǎn)由靜止釋放，已知qEmg。求：小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點(diǎn)D時(shí)的速度和對管壁的壓力。圖8解析A到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgRqERmv，v12由牛頓第二定律FNmgm，F(xiàn)N5mg由牛頓第三定律FNFN小球?qū)鼙诘膲毫?mg，方向豎直向下。答案2壓力為5mg，方向豎直向下1在如圖9的勻強(qiáng)電場中，若一個(gè)點(diǎn)電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，則以下說法中正確的是 ()圖9A該點(diǎn)電荷可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B該點(diǎn)電荷一定向右運(yùn)動(dòng)C電場力對該點(diǎn)電荷可能不做功D該點(diǎn)電荷一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析電荷受到水平方向上的電場力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)殡姾傻碾娦晕粗?，無法確定向哪個(gè)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤，D正確；電荷在運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力做正功，故C錯(cuò)誤。答案D2如圖10，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖10A保持靜止?fàn)顟B(tài)B向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)解析兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mgqE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。答案D3在如圖11甲所示平行板電容器A、B兩極板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時(shí)兩極板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計(jì)電子重力)()圖11A電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后向B板運(yùn)動(dòng)，再返回A板做周期性來回運(yùn)動(dòng)B電子一直向A板運(yùn)動(dòng)C電子一直向B板運(yùn)動(dòng)D電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后向A板運(yùn)動(dòng)，再返回B板做周期性來回運(yùn)動(dòng)解析由運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的vt圖象可知，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，C正確。答案C4如圖12所示，一束不同的帶正電的粒子(不計(jì)重力)，垂直電場線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，若使它們經(jīng)過電場區(qū)域時(shí)偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角都相同，應(yīng)滿足()圖12A具有相同的動(dòng)能B具有相同的速度C具有相同的D先經(jīng)同一電場加速，然后再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場解析帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的過程中，其偏轉(zhuǎn)距離為：yat2()2，偏轉(zhuǎn)角滿足tan 。由此知，若動(dòng)能相等，q不同，則不能滿足要求，A錯(cuò)誤；若速度相同，不同，則不能滿足要求，B錯(cuò)誤；同樣地，若相同，v0不同也不能滿足要求，C錯(cuò)誤；若經(jīng)過相同電場加速，滿足qU1mv，則y，tan ，y、tan 均與v0、Ek、q、m無關(guān)，D正確。答案D5.如圖13所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)。那么()圖13A微粒帶正、負(fù)電荷都有可能B微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)D微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析因?yàn)榱Ｗ友谹向B方向直線運(yùn)動(dòng)，它受豎直向下重力與水平向左電場力時(shí)，恰能滿足條件，因此微粒只能帶負(fù)電，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此B對，A、C、D錯(cuò)誤。答案B6如圖14所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。圖14解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變，即vBsin 30°v0sin 60° 由此得vBv0設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動(dòng)能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得UAB答案1.如圖1所示，一帶正電粒子以初速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場中，該粒子將()圖1A向左偏轉(zhuǎn) B向右偏轉(zhuǎn)C向紙外偏轉(zhuǎn) D向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)答案A2(多選)將一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左，不計(jì)空氣阻力，則小球()圖2A做直線運(yùn)動(dòng)B做曲線運(yùn)動(dòng)C速率先減小后增大D速率先增大后減小解析對小球受力分析，小球受重力和電場力作用，合力與初速度v0不共線，所以小球做曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；在運(yùn)動(dòng)過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，小球的速率先減小后增大，C正確，D錯(cuò)誤答案BC3如圖3，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()圖3A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動(dòng)能逐漸增加D做勻速直線運(yùn)動(dòng)解析對粒子受力分析可知，重力與電場力合力與速度方向相反，所以粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，A、C、D錯(cuò)。因此B正確。答案B4如圖4所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計(jì)重力，則Mm為 ()圖4A32 B21 C52 D31解析設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對M有：aM，lt2；對m有：am，lt2。聯(lián)立解得，A正確。答案A5(2018·麗水、衢州、湖州三地教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖5所示，半徑為R的光滑絕緣的半圓形軌道ABC，A點(diǎn)與圓心等高，B點(diǎn)在圓心正下方，軌道固定于電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中。兩個(gè)帶等量同種電荷小球剛好能靜止在軌道的A點(diǎn)和B點(diǎn)。已知兩小球質(zhì)量均為m，重力加速度為g，靜電力常量為k。下列說法正確的是()圖5A小球帶正電B小球的帶電荷量為C小球的帶電荷量為RD在A點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫Υ笥谠贐點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫馕鋈魞尚∏蚓鶐д?，由平衡條件知，小球B不可能靜止，故兩小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對A、B兩球受力分析如圖所示，對A球，由平衡條件知，mgF庫sin 45 °，EqF庫cos 45 °FNA，對B球，由平衡條件知EqF庫cos 45 °，mgF庫sin 45 °FNB，解得FNAFNB，小球的帶電荷量為q，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤。答案B6如圖6所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離d足夠大。當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下列選項(xiàng)中，電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是()圖6解析由電壓圖象知，當(dāng)兩板間所加的電壓為U0時(shí)，兩板間為勻強(qiáng)電場且場強(qiáng)大小為，當(dāng)兩板間所加的電壓為U0時(shí)，兩板間電場為勻強(qiáng)電場且場強(qiáng)大小為，電子在一個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)，第一個(gè)內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零，第三個(gè)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第四個(gè)內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，回到出發(fā)點(diǎn)，只有D選項(xiàng)正確。答案D7如圖7所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結(jié)論正確的是()圖7A此液滴帶正電B液滴的加速度等于gC合外力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能增加解析帶電液滴做直線運(yùn)動(dòng)，合力沿bd方向。故電場力方向水平向右，與電場方向相反，液滴帶負(fù)電，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；液滴的加速度為ag，故B正確；電場力對液滴做正功，液滴的電勢能減少，合外力對液滴做正功，故C、D錯(cuò)誤。答案B8.如圖8所示，有一電子(電量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進(jìn)入兩板間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：圖8(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時(shí)的動(dòng)能。解析(1)設(shè)電子飛離加速電場時(shí)速度為v0，由動(dòng)能定理eU0mv設(shè)金屬板AB的長度為L，電子偏轉(zhuǎn)時(shí)間t電子在偏轉(zhuǎn)電場中產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)加速度a電子在電場中偏轉(zhuǎn)ydat2由得：Ld(2)設(shè)電子穿過電場時(shí)的動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能定理得EkeU0ee(U0)。答案(1)d(2)e(U0)9如圖9所示，兩塊相距為d、足夠長的金屬板平行豎直放置，長為L的細(xì)絕緣線一端拴質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定在左板上某點(diǎn)，小球靜止時(shí)絕緣線與豎直方向的夾角為。如將絕緣線剪斷，問：圖9(1)小球?qū)⑷绾芜\(yùn)動(dòng)？(2)小球經(jīng)多長時(shí)間打到金屬板上？解析(1)剪斷線后，小球受重力、電場力的作用，合力為恒力，方向沿線伸長的方向(即與板成角)，所以小球?qū)⒀鼐€伸長的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至打到右側(cè)金屬板上。(2)由圖可知：tan Eqma水平所以小球的水平分加速度a水平gtan 要打到金屬板上，水平位移xdLsin 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：xat2所以t答案(1)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)(2)10在金屬板A、B間加上如圖10乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期是T。現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板之間，距B板距離為板間距離的1/3處射入。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力。圖10(1)若電子從t0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，求電子飛出時(shí)速度的大小；(2)若電子從t0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少多長？(3)若電子從tT/4時(shí)刻射入，恰能從兩板中央平行于金屬板飛出，則兩板間距至少多大？解析(1)由動(dòng)能定理得：emv2mv解得：v(2)電子從t0時(shí)刻射入且恰能平行于金屬板飛出，則電子至少要在電場中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期。電子平行于金屬板方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則：Lminv0T(3)電子從tT/4時(shí)刻射入且恰能從兩板中央平行于金屬板飛出，則電子在垂直于金屬板方向上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。則加速度a電子在T/4時(shí)間內(nèi)的位移為··()2所以dT，即兩板間距至少為T答案(1)(2)v0T(3)T15